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)}.
Mostre que as funções dadas são soluções do sistema de equações diferenciais dado.
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}.
Mostre que as funções dadas formam um conjunto fundamental de soluções do sistema dado.
5.
t \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 2 & -1 \\\\ 3 & -2 \end{array}\right) \mathbf{x}(t>0) ; \mathbf{x}^{(1)}=\binom{1}{1} t, \mathbf{x}^{(2)}=\binom{1}{3} t^{-1}

Passo 1

O enunciado dá o sistema homogêneo de equações diferenciais lineares de primeira ordem
t\,\mathbf{x}'(t)=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x}(t),\qquad t>0,
e as duas funções vetoriais
\mathbf{x}^{(1)}(t)=\binom{1}{1}t,\qquad \mathbf{x}^{(2)}(t)=\binom{1}{3}t^{-1}.
As perguntas pedidas são:
  1. Mostrar que \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são soluções do sistema dado.
  2. Mostrar que \mathbf{x}=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)} é solução do sistema para quaisquer constantes c_{1},c_{2}.
  3. Mostrar que \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} formam um conjunto fundamental de soluções do sistema (ou seja, são linearmente independentes e, portanto, sua combinação linear fornece a solução geral).]

Passo 2

Verificação de que \mathbf{x}^{(1)} é solução — cálculo do lado esquerdo t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t).
Escrevemos \mathbf{x}^{(1)}(t)=\binom{1}{1}t. Aqui \binom{1}{1} é um vetor constante; derivando componente a componente usamos a regra de derivada de t:
\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)=\binom{1}{1}.
Multiplicando por t obtém-se
t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)=t\binom{1}{1}=\binom{t}{t}.
Agora calculamos o lado direito A\mathbf{x}^{(1)}(t) (onde \;A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}):
A\mathbf{x}^{(1)}(t)=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\binom{1}{1}t = t\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\binom{1}{1}.
Calculamos a multiplicação da matriz pelo vetor constante:
\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\binom{1}{1} =\binom{2-1}{3-2}=\binom{1}{1}.
Portanto
A\mathbf{x}^{(1)}(t)=t\binom{1}{1}=\binom{t}{t}.
Comparando os dois lados, vemos que
t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)=A\mathbf{x}^{(1)}(t),
ou seja, \mathbf{x}^{(1)} satisfaz o sistema e portanto é solução.]

Passo 3

Verificação de que \mathbf{x}^{(2)} é solução — cálculo do lado esquerdo t\,\mathbf{x}^{(2)\prime}(t).
Escrevemos \mathbf{x}^{(2)}(t)=\binom{1}{3}t^{-1}. Derivando componente a componente, usamos a regra da potência: a derivada de t^{-1} é -t^{-2}. Logo
\mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=\binom{1}{3}(-t^{-2})=-\binom{1}{3}t^{-2}.
Multiplicando por t obtemos
t\,\mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=-\binom{1}{3}t^{-1}.
Agora o lado direito A\mathbf{x}^{(2)}(t) é
A\mathbf{x}^{(2)}(t)=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\binom{1}{3}t^{-1} = t^{-1}\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\binom{1}{3}.
Calculamos a multiplicação da matriz pelo vetor:
\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\binom{1}{3} =\binom{2-3}{3-6}=\binom{-1}{-3}=-\binom{1}{3}.
Portanto
A\mathbf{x}^{(2)}(t)=t^{-1}\bigl(-\binom{1}{3}\bigr)=-\binom{1}{3}t^{-1}.
Comparando, obtemos
t\,\mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=A\mathbf{x}^{(2)}(t),
ou seja, \mathbf{x}^{(2)} também satisfaz o sistema e é solução.]

Passo 4

Mostrando que combinações lineares são soluções — propriedade de linearidade do sistema.
Considere \mathbf{x}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t) com c_{1},c_{2} constantes reais. Derivando \mathbf{x} respeitando a linearidade da derivada (a derivada de uma soma é a soma das derivadas e constantes saem da derivada):
\mathbf{x}'(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)\prime}(t).
Multiplicando por t e usando que t é escalar:
t\,\mathbf{x}'(t)=c_{1}t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)+c_{2}t\,\mathbf{x}^{(2)\prime}(t).
Como cada \mathbf{x}^{(i)} satisfaz t\,\mathbf{x}^{(i)\prime}=A\mathbf{x}^{(i)}, substituímos:
t\,\mathbf{x}'(t)=c_{1}A\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}A\mathbf{x}^{(2)}(t).
E por distributividade da multiplicação matricial sobre soma e sobre escalares,
t\,\mathbf{x}'(t)=A\bigl(c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t)\bigr)=A\mathbf{x}(t).
Portanto \mathbf{x}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t) satisfaz o sistema para quaisquer constantes c_{1},c_{2}. Essa é a propriedade de linearidade do sistema homogêneo.

Passo 5

Mostrando que \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} formam um conjunto fundamental — provar linearidade independente via Wronskiano.
Para sistemas 2\times2, uma forma prática de testar independência linear de duas soluções é calcular o determinante formado por elas como colunas (o Wronskiano). Construímos a matriz cujas colunas são \mathbf{x}^{(1)}(t) e \mathbf{x}^{(2)}(t):
M(t)=\begin{pmatrix} \;\,t & t^{-1}\\[4pt] \;\,t & 3t^{-1} \end{pmatrix}.
O Wronskiano (determinante) é
W(t)=\det M(t)=t\cdot 3t^{-1}-t\cdot t^{-1}=3-1=2.
Observe que calculei a entrada (1,1) como t (vinda de 1\cdot t), (1,2) como t^{-1}, etc., diretamente a partir das funções dadas. O valor obtido é W(t)=2 para todo t>0. Como W(t) é diferente de zero em t>0, as duas soluções são linearmente independentes em todo o domínio t>0.
Duas soluções linearmente independentes formam um conjunto fundamental para o sistema de ordem 2, isto é, sua combinação linear com constantes arbitrárias representa a solução geral. Assim, \{\mathbf{x}^{(1)},\mathbf{x}^{(2)}\} é um conjunto fundamental.]

Resposta

\mathbf{x}^{(1)}(t)=\binom{1}{1}t e \mathbf{x}^{(2)}(t)=\binom{1}{3}t^{-1} são soluções do sistema t\mathbf{x}'= \begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x}.\n
\mathbf{x}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t) é solução para quaisquer constantes c_{1},c_{2}.\n
\{\mathbf{x}^{(1)},\mathbf{x}^{(2)}\} é um conjunto fundamental de soluções, pois o Wronskiano W(t)=2\neq0 para todo t>0.]

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