VIQ - Nos Problemas 1 a 6 é dado um sistema homogêneo de equacões diferenciais lineares de primeira ordem e duas funções vetoriais
\mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)}.
2. Mostre que as funções dadas são soluções do sistema de equações diferenciais dado.
b. Mostre que
\mathbf{x}=c_{1} \mathbf{x}^{(1)}+c_{2} \mathbf{x}^{(2)} também é solução do sistema de equações diferenciais dado para quaisquer valores de c_{1} e c_{2}.
c. Mostre que as funções dadas formam um conjunto fundamental de soluções do sistema dado.

Passo 1

O enunciado pede três coisas, dadas um sistema homogêneo de equações diferenciais lineares de primeira ordem e duas funções vetoriais \mathbf{x}^{(1)}(t) e \mathbf{x}^{(2)}(t). Vou deixar claro o que foi dado e o que é pedido:
  • Dado: um sistema homogêneo de primeira ordem
\mathbf{x}'(t)=A(t)\,\mathbf{x}(t),
onde A(t) é uma matriz 2\times2 (cada entrada é uma função de t com regularidade suficiente para diferenciarmos) e duas funções vetoriais \mathbf{x}^{(1)}(t) e \mathbf{x}^{(2)}(t) (cada uma é um vetor coluna de dimensão 2 cujas componentes são diferenciáveis).
  • Pedidos:
    (a) Mostrar que \mathbf{x}^{(1)}(t) e \mathbf{x}^{(2)}(t) são soluções do sistema, isto é, verificar que para k=1,2
    \mathbf{x}^{(k)\prime}(t)=A(t)\,\mathbf{x}^{(k)}(t)
    para todos os t do domínio.
    (b) Mostrar que a combinação linear
    \mathbf{x}(t)=c_{1}\,\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\,\mathbf{x}^{(2)}(t)
    é também solução para quaisquer constantes c_{1},c_{2}.
    (c) Mostrar que \{\mathbf{x}^{(1)},\mathbf{x}^{(2)}\} forma um conjunto fundamental de soluções do sistema, ou seja: são linearmente independentes e, portanto, sua combinação linear geral fornece toda solução do sistema.
Não estou resolvendo um caso numérico específico aqui: o procedimento abaixo é a forma padrão, passo a passo, para provar (a), (b) e (c) para qualquer sistema e quaisquer vetores dados que satisfaçam as hipóteses (componentes diferenciáveis etc.). Agora vamos executar essas demonstrações detalhadamente.

Passo 2

Parte (a) — como verificar diretamente que uma função vetorial é solução.
Primeiro eu explico o que significa “ser solução”: uma função vetorial \mathbf{y}(t)=\begin{pmatrix}y_{1}(t)\y_{2}(t)\end{pmatrix} é solução de \mathbf{x}'=A(t)\mathbf{x} se, ao calcular suas derivadas componentes (formando \mathbf{y}'(t)=\begin{pmatrix}y_{1}'(t)\y_{2}'(t)\end{pmatrix}) e ao calcular o produto matricial A(t)\mathbf{y}(t), esses dois vetores são iguais para todo t do domínio.
Como se faz isso na prática (passos mecânicos, nada de pulo de etapa):
  1. Calculo componente a componente a derivada \mathbf{x}^{(k)\prime}(t). Derivar um vetor é derivar cada componente (regra básica de derivação).
  2. Calculo A(t)\,\mathbf{x}^{(k)}(t) usando a definição de multiplicação matriz-vetor: o primeiro componente é a combinação linear das entradas da primeira linha de A(t) com as componentes de \mathbf{x}^{(k)}(t); idem para o segundo componente com a segunda linha.
  3. Comparo componente a componente: se as duas componentes do vetor \mathbf{x}^{(k)\prime}(t) coincidem com as do vetor A(t)\mathbf{x}^{(k)}(t) para todo t, então \mathbf{x}^{(k)} é solução.
Exemplo didático (mini-exemplo para fixar): se
A(t)=\begin{pmatrix}a_{11}(t) & a_{12}(t)\\\ a_{21}(t) & a_{22}(t)\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}^{(k)}(t)=\begin{pmatrix}u(t)\v(t)\end{pmatrix},
então
\mathbf{x}^{(k)\prime}(t)=\begin{pmatrix}u'(t)\v'(t)\end{pmatrix},
e
A(t)\mathbf{x}^{(k)}(t)=\begin{pmatrix}a_{11}(t)u(t)+a_{12}(t)v(t)\a_{21}(t)u(t)+a_{22}(t)v(t)\end{pmatrix}.
Comparar u'(t) com a_{11}u+a_{12}v e v'(t) com a_{21}u+a_{22}v. Se ambas igualdades valem para todo t, então \mathbf{x}^{(k)} é solução. É só seguir esses subpassos com as funções concretas que vieram no enunciado.

Passo 3

Parte (b) — prova geral de que combinações lineares de soluções são soluções (princípio da superposição).
Agora eu mostro por que, de forma geral, se \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} satisfazem \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, então qualquer combinação linear também satisfaz. Esta é uma propriedade fundamental das equações lineares homogêneas (superposição). Vou fazer passo a passo, com nada escondido:
Sejam constantes c_{1},c_{2}\in\mathbb{R} e defina
\mathbf{x}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t).
  1. Derivo \mathbf{x}(t). Como derivada é operação linear,
\mathbf{x}'(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)\prime}(t).
  1. Como \mathbf{x}^{(k)} são soluções, para k=1,2 vale \mathbf{x}^{(k)\prime}(t)=A(t)\mathbf{x}^{(k)}(t). Substituo:
\mathbf{x}'(t)=c_{1}A(t)\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}A(t)\mathbf{x}^{(2)}(t).
  1. Uso a linearidade do produto matriz-vetor com respeito à soma e à multiplicação por escalar (distributividade):
\mathbf{x}'(t)=A(t)\big(c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t)\big)=A(t)\mathbf{x}(t).
Conclusão: \mathbf{x}(t) satisfaz \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, logo é solução. Pronto — esse argumento vale para quaisquer constantes c_{1},c_{2}.

Passo 4

Parte (c) — o que é “conjunto fundamental” e estratégia para provar que \{\mathbf{x}^{(1)},\mathbf{x}^{(2)}\} é tal conjunto.
Definição prática: num sistema linear homogêneo de ordem 1 com matriz 2\times2,
  • um conjunto de duas soluções forma um conjunto fundamental se são linearmente independentes (não existe combinação não trivial que dê o vetor zero para todo t), e então qualquer solução do sistema pode ser escrita como combinação linear dessas duas soluções. Em outras palavras: são uma base do espaço de soluções (que tem dimensão 2).
Plano de prova:
  1. Mostrar que \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são linearmente independentes. O teste prático: calcular a Wronskiana (determinante formado pelas duas soluções como colunas) e mostrar que em algum instante t_{0} ela é não nula:
W(t)=\det\big(\, [\mathbf{x}^{(1)}(t)\\ \mathbf{x}^{(2)}(t)]\,\big).
Se existir t_{0} com W(t_{0})\neq0, então as duas colunas são linearmente independentes naquele t_{0} e, por propriedades das soluções de sistemas lineares, independentes para todos os t do domínio (ou seja, não colapsam para combinação trivial em todos os t).
  1. Mostrar que, uma vez que são independentes, elas geram todo o espaço de soluções (qualquer solução é combinação linear). Para isso uso o argumento do problema de valor inicial (teorema de existência e unicidade): dado qualquer solução \mathbf{y}(t), pego um tempo fixo t_{0} onde W(t_{0})\neq0. Então as colunas da matriz
X(t)=\big[\mathbf{x}^{(1)}(t)\\ \mathbf{x}^{(2)}(t)\big]
são linearmente independentes em t_{0}, o que significa que X(t_{0}) é invertível. Posso então resolver para constantes c_{1},c_{2} a equação
X(t_{0})\begin{pmatrix}c_{1}\c_{2}\end{pmatrix}=\mathbf{y}(t_{0}).
Como X(t_{0}) é invertível, existe uma única solução \begin{pmatrix}c_{1}\c_{2}\end{pmatrix}. Agora considere a combinação
\tilde{\mathbf{y}}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t).
Pelo item (b) \tilde{\mathbf{y}} é solução do sistema e satisfaz \tilde{\mathbf{y}}(t_{0})=\mathbf{y}(t_{0}) (pela escolha dos c's). Pelo teorema de unicidade do problema de valor inicial (que diz que um sistema linear com dados iniciais \mathbf{y}(t_{0}) tem exatamente uma solução), segue que \tilde{\mathbf{y}}(t)=\mathbf{y}(t) para todo t. Assim qualquer solução \mathbf{y} é combinação linear das duas soluções dadas — ou seja, as duas formam uma base do espaço de soluções, i.e., um conjunto fundamental.
Vou agora detalhar os passos para a verificação do Wronskiano e a ligação com invertibilidade, porque é aí que a coisa costuma travar na prova.

Passo 5

Detalhe sobre o Wronskiano e independência linear (passo a passo).
Definição e cálculo:
  • Formo a matriz fundamental X(t) colocando \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} como colunas:
X(t)=\begin{bmatrix}\mathbf{x}^{(1)}(t) & \mathbf{x}^{(2)}(t)\end{bmatrix} =\begin{pmatrix}x^{(1)}_{1}(t) & x^{(2)}_{1}(t)\\[2pt] x^{(1)}_{2}(t) & x^{(2)}_{2}(t)\end{pmatrix}.
  • O Wronskiano é
W(t)=\det X(t)=x^{(1)}_{1}(t)\,x^{(2)}_{2}(t)-x^{(2)}_{1}(t)\,x^{(1)}_{2}(t).
Relação com independência:
  • Se W(t_{0})\neq0 para algum t_{0}, então as colunas de X(t_{0}) são linearmente independentes (porque o determinante não nulo caracteriza matrizes invertíveis). Logo os vetores \mathbf{x}^{(1)}(t_{0}) e \mathbf{x}^{(2)}(t_{0}) não são múltiplos entre si.
  • Para sistemas lineares com A(t) contínua, a propriedade de independência persiste: se duas soluções são independentes em um ponto, elas são independentes em todo o domínio (uma consequência do fato de que o conjunto de zeros do Wronskiano, se o Wronskiano satisfaz uma certa equação de primeira ordem, é isolado a menos de ser identicamente zero — isto é a ideia por trás da fórmula de Liouville; mas para uma prova de curso basta a observação prática: existência de um ponto onde X(t_{0}) é invertível permite construir solução geral como abaixo).
Como usar isso para formar solução geral:
  • Dado um \mathbf{y}(t) solução qualquer, escolho t_{0} com W(t_{0})\neq0. Como X(t_{0}) é invertível, encontro únicos c_{1},c_{2} tais que X(t_{0})[c_{1}\\ c_{2}]^{T}=\mathbf{y}(t_{0}).
  • A combinação linear \tilde{\mathbf{y}}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t) é solução (passo 3) e coincide com \mathbf{y} em t_{0}. Pelo teorema de unicidade do problema de valor inicial, \tilde{\mathbf{y}}(t)=\mathbf{y}(t) para todo t. Logo \{\mathbf{x}^{(1)},\mathbf{x}^{(2)}\} gera todo o espaço de soluções.]

Passo 6

Comentário prático para a prova (e para você, sem pânico): o que você precisa mostrar no exame e em que ordem.
  1. Para (a): para cada uma das duas \mathbf{x}^{(k)} que o enunciado fornece, calcule \mathbf{x}^{(k)\prime}(t) e calcule A(t)\mathbf{x}^{(k)}(t); escreva as duas expressões e mostre que são iguais componente a componente. Isso fecha (a).
  2. Para (b): escreva \mathbf{x}=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}, derive-a, use linearidade e a igualdade de cada \mathbf{x}^{(k)\prime}=A\mathbf{x}^{(k)} para concluir \mathbf{x}'=A\mathbf{x}. É uma dedução curta: mostre cada linha da dedução no seu caderno.
  3. Para (c): calcule o Wronskiano W(t) (determinante das colunas). Mostre que existe algum t_{0} em que W(t_{0})\neq0 (normalmente o enunciado dá isso explicitamente ou você verifica que o determinante não é identicamente zero). Então resolva a equação inicial
X(t_{0})\begin{pmatrix}c_{1}\c_{2}\end{pmatrix}=\mathbf{y}(t_{0}),
explique que \begin{pmatrix}c_{1}\c_{2}\end{pmatrix}=X(t_{0})^{-1}\mathbf{y}(t_{0}) e use unicidade do problema de valor inicial para concluir que qualquer solução \mathbf{y} é essa combinação linear para todo t. Termine dizendo: portanto são linearmente independentes e geram todo o espaço de soluções, logo são conjunto fundamental.
Se no enunciado o Wronskiano for identicamente zero, então as soluções são linearmente dependentes e não formam conjunto fundamental — então sempre verifique explicitamente o valor do determinante.

Resposta

(a) As funções \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são soluções se, ao calcular \mathbf{x}^{(k)\prime}(t) e A(t)\mathbf{x}^{(k)}(t), as duas expressões coincidirem componente a componente para k=1,2.
(b) Qualquer combinação linear \mathbf{x}=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)} é solução, pois \mathbf{x}'=c_{1}\mathbf{x}^{(1)\prime}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)\prime}=c_{1}A\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}A\mathbf{x}^{(2)}=A\mathbf{x}.
(c) Se o Wronskiano W(t)=\det[\mathbf{x}^{(1)}(t)\\ \mathbf{x}^{(2)}(t)] satisfaz W(t_{0})\neq0 para algum t_{0}, então \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são linearmente independentes e, por unicidade do problema de valor inicial, qualquer solução do sistema é combinação linear delas; portanto elas formam um conjunto fundamental.

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