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.
t \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 3 & -2 \\\\ 2 & -2 \end{array}\right) \mathbf{x}(t>0) ; \mathbf{x}^{(1)}=\binom{1}{2} t^{-1}, \mathbf{x}^{(2)}=\binom{2}{1} t^{2}

Passo 1

O enunciado dá o sistema homogêneo
t\,\mathbf{x}'(t)=\begin{pmatrix}3 & -2\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x}(t),\qquad t>0,
e duas funções vetoriais
\mathbf{x}^{(1)}(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}t^{-1}, \qquad \mathbf{x}^{(2)}(t)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}t^{2}.
As tarefas são, explicitamente:
  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)} também é solução para quaisquer 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 em t>0 e, por terem duas funções para um sistema 2\times2, geram todas as soluções).
Não resolvo nada aqui; apenas enumerei o que o problema pede e os dados que temos.]

Passo 2

Vou mostrar passo a passo que \mathbf{x}^{(1)} é solução. Primeiro calculo a derivada de \mathbf{x}^{(1)}.
Regra usada: para t^{k} vale \dfrac{d}{dt}t^{k}=k\,t^{k-1}. Aqui k=-1. Como \mathbf{x}^{(1)}(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}t^{-1}, derivando componente a componente temos
\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}\frac{d}{dt}t^{-1} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}(-1)t^{-2} =\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\end{pmatrix}t^{-2}.
Multiplico por t:
t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\end{pmatrix}t^{-1}.
Agora calculo o lado direito A\mathbf{x}^{(1)} com A=\begin{pmatrix}3 & -2\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}.
A\mathbf{x}^{(1)}(t)=A\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}t^{-1} =\begin{pmatrix}3\cdot1+(-2)\cdot2\\[4pt]2\cdot1+(-2)\cdot2\end{pmatrix}t^{-1} =\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\end{pmatrix}t^{-1}.
Comparei com o t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t) que obtive antes; ambos são iguais:
t\,\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)=A\mathbf{x}^{(1)}(t).
Portanto \mathbf{x}^{(1)} satisfaz o sistema, ou seja, é solução.]

Passo 3

Agora mostro que \mathbf{x}^{(2)} é solução. Calculo a derivada de \mathbf{x}^{(2)}(t)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}t^{2}.
Usando \dfrac{d}{dt}t^{2}=2t, temos
\mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}2t =\begin{pmatrix}4t\\[4pt]2t\end{pmatrix}.
Multiplicando por t:
t\,\mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=\begin{pmatrix}4t^{2}\\[4pt]2t^{2}\end{pmatrix}.
Agora calculo A\mathbf{x}^{(2)}(t):
A\mathbf{x}^{(2)}(t)=A\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}t^{2} =\begin{pmatrix}3\cdot2+(-2)\cdot1\\[4pt]2\cdot2+(-2)\cdot1\end{pmatrix}t^{2} =\begin{pmatrix}4\\[4pt]2\end{pmatrix}t^{2} =\begin{pmatrix}4t^{2}\\[4pt]2t^{2}\end{pmatrix}.
Vemos que
t\,\mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=A\mathbf{x}^{(2)}(t),
logo \mathbf{x}^{(2)} também satisfaz o sistema e, portanto, é solução.]

Passo 4

Agora provamos que qualquer combinação linear com constantes é solução: seja
\mathbf{x}(t)=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}(t),
onde c_{1},c_{2} são constantes reais quaisquer. Derivando, pela linearidade 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 já sabemos t\mathbf{x}^{(1)\prime}=A\mathbf{x}^{(1)} e t\mathbf{x}^{(2)\prime}=A\mathbf{x}^{(2)}, obtemos
t\mathbf{x}'(t)=c_{1}t\mathbf{x}^{(1)\prime}(t)+c_{2}t\mathbf{x}^{(2)\prime}(t) =c_{1}A\mathbf{x}^{(1)}(t)+c_{2}A\mathbf{x}^{(2)}(t).
Pelo fato de multiplicação por matriz ser linear,
c_{1}A\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}A\mathbf{x}^{(2)}=A\big(c_{1}\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}\big)=A\mathbf{x}(t).
Portanto t\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t), mostrando que \mathbf{x} é solução para quaisquer c_{1},c_{2}.
Observação didática rápida: essa propriedade é típica de sistemas lineares homogêneos — somas e múltiplos de soluções continuam soluções porque as operações derivada e multiplicação por matriz são lineares.

Passo 5

Falta mostrar que \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} formam um conjunto fundamental, isto é, que são linearmente independentes em t>0. Para vetores solução em sistemas de ordem 2 uma forma prática é calcular o Wronskiano (determinante da matriz cujas colunas são as soluções).
Formo a matriz cujas colunas são \mathbf{x}^{(1)}(t) e \mathbf{x}^{(2)}(t):
M(t)=\begin{pmatrix} 1\cdot t^{-1} & 2\cdot t^{2}\\[4pt] 2\cdot t^{-1} & 1\cdot t^{2} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}t^{-1} & 2t^{2}\\[4pt]2t^{-1} & t^{2}\end{pmatrix}.
O Wronskiano é o determinante \,W(t)=\det M(t). Calculo:
W(t)=t^{-1}\cdot t^{2}-2t^{2}\cdot 2t^{-1} = t^{1} - 4t^{1} = -3t.
Como o intervalo do problema é t>0, temos W(t)=-3t\neq 0 para todo t>0. Um Wronskiano não nulo num ponto (aqui, em todo o intervalo) implica que as colunas são linearmente independentes nesse intervalo.]

Passo 6

Conclusão a partir do passo anterior: como o sistema é de ordem 2 (espaço de soluções tem dimensão 2) e temos duas soluções linearmente independentes em t>0, elas formam uma base da família de soluções — isto é, um conjunto fundamental. Assim qualquer solução geral pode ser escrita como combinação linear \mathbf{x}=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)}.

Resposta

\mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são soluções do sistema.
\mathbf{x}=c_{1}\mathbf{x}^{(1)}+c_{2}\mathbf{x}^{(2)} é solução para quaisquer c_{1},c_{2}.
\{\mathbf{x}^{(1)},\mathbf{x}^{(2)}\} é um conjunto fundamental, pois o Wronskiano é W(t)=-3t\neq0 para t>0.

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