Equações Diferenciais (M2011)

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1 Equações Diferenciais (M2011) ICruz - FCUP Aula abr 18 (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 1 / 12

2 Estabilidade de pontos de equilíbrio de sistemas LHCC No caso de sistemas LHCC dy = AY dt existe um teorema que classifica, quanto a estabilidade, todos os seus pontos de equilíbrio. A classificação é feita usando a solução geral do sistema, que é conhecida. (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 2 / 12

3 Teorema Consideremos o sistema LHCC Então, dy dt = AY com Y = (y 1,..., y n ) T R n, A M n n (R) (1) 1 se todos os valores próprios de A têm parte real < 0, Y = 0 é o único ponto de equilíbrio de (1) e é assintoticamente estável; 2 se A tem algum valor próprio com parte real > 0, qualquer ponto de equilíbrio de (1) é instável; 3 se todos os valores próprios de A tem parte real 0 e ib 1 (k 1 ),..., ib r (k r ) b j R são os valores próprios de A com parte real = 0 (e respetivas multiplicidades algébricas) 1 qualquer ponto de equilíbrio de (1) é instável desde que algum ib j tenha multiplicidade geométrica < k j ; 2 qualquer ponto de equilíbrio de (1) é estável nos restantes casos. (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 3 / 12

4 A prova do teorema envolve dois lemas (técnicos). Lema Dados m N e a > 0 seja f (t) = t m e at. Então c ]0, a[ K > 0 : f (t) Ke ct, t 0 Prova do lema: para c ]0, a[ e t 0 seja g(t) = f (t) e ct = t m e (c a)t Então: g(t) 0; lim t + g(t) = 0; g(t) decresce se t > m a c pois ġ(t) = tm 1 e (c a)t (m + (c a)t) logo g(t) K com K = max g(t) m t [0, a c ] o que conclui a prova. (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 4 / 12

5 Lema Dados a > 0, b R e p(t) um polinómio de grau m N, as funções f (t) = p(t)e at, f (t) = p(t)e at cos(bt), f (t) = p(t)e at sin(bt) satisfazem c ]0, a[ K > 0 : f (t) Ke ct, t 0 Prova do lema: para c ]0, a[ e t 0 a função f (t) = p(t)e at satisfaz f (t) = a m t m + + a 1 t + a 0 e at (lema anterior) a m K m e ct + + a 1 K 1 e ct + a 0 K 0 e ct = = K e ct Para as restantes funções a conclusão resulta deste caso. Na prova do teorema iremos usar a seguinte norma em R n Y = max i=1,...,n y i, y i R (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 5 / 12

6 Irá ser usada a seguinte notação: entradas da matriz exponencial e ta ( e ta ) jk = ϕ jk(t), j, k {1,..., n} Y(t) = (y 1 (t),..., y n (t)) T irá denotar a solução do PVI onde Y 0 = (y 0 1,..., y0 n) T, ou seja y j (t) = dy dt = AY Y(0) = Y 0 (2) n ϕ jk (t)y 0 k (3) k=1 valores próprios de A (e multiplicidades respetivas) (com b k 0) λ 1 (m 1 ),..., λ r (m r ) e a 1 ± ib 1 (n 1 ),..., a s ± ib s (n s ) (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 6 / 12

7 Prova do teorema: 1 Por hipótese temos λ < 0 e a < 0 para todos os valores próprios de A. Em particular Y = 0 é o único ponto de equilíbrio de (1). Notando que cada ϕ jk (t) é combinação linear de p(t)e λt, q(t)e at cos(b j t), r(t)e at sin(b j t) com p, q e r polinómios1, o último lema garante que c ] 0, min{ λ, a}[ K kj > 0 : ϕ jk (t) < K kj e ct para todo o t 0. Assim y j (t) = < n ϕ jk (t)y 0 n k ϕ jk (t) y 0 k < k=1 k=1 n K jk e ct Y 0 K j e ct Y 0 k=1 1de grau inferior às multiplicidades de λ e de a ± ib (respetivamente) (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 7 / 12

8 pelo que Y(t) = max y j (t) < max K j e ct Y 0 Ke ct Y 0 j j para todo o t 0. Desta majoração resulta imediatamente que Y 0 < δ = Y(t) < Ke ct δ < Kδ lim t + Y(t) = 0 Exercício: concluir os detalhes. 2 Suponhamos que existe um valor próprio de A com parte real > 0 e seja Y um ponto de equilíbrio arbitrário de (1), i.e., AY = 0. Seja a + ib, com a > 0, tal valor próprio2 e seja U + iv um vetor próprio associado3. 2iremos considerar b R de modo a considerar ambas as possibilidades 3se b = 0 então V = 0 (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 8 / 12

9 Dado δ > 0 seja Então e a solução de (1) que parte de Y 0 é De facto Y(0) = Y + ku = Y 0 recordando que4 obtemos dy dt Y 0 = Y + ku com k = Y 0 Y < δ δ 2 U Y(t) = Y + ke at (cos(bt)u sin(bt)v) A(U + iv) = (a + ib)(u + iv) = AU = au bv AV = av + bu = ke at (a cos(bt)u a sin(bt)v b sin(bt)u b cos(bt)v) = =... = A ( ke at (cos(bt)u sin(bt)v) ) = AY(t) 4aula 12! - sem slides (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr 18 9 / 12

10 Como Y(t) = Y + ke at (cos(bt)u sin(bt)v) é ilimitada (pois a > 0), o ponto de equilíbrio Y é instável. 3 Seja Y um ponto de equilíbrio de (1). 1 Vamos assumir que b j = 0, o outro caso faz-se de forma análoga usando vetores complexos. Seja V um vetor satisfazendo A 2 V = 0 e AV 0 (V existe pela hipótese feita sobre a multiplicidade geométrica). Dado δ > 0 seja Então Y 0 = Y + kv com k = Y 0 Y < δ δ 2 V e verifica-se ( exercício ) que a solução de (1) que parte de Y 0 é Y(t) = Y + k (I + ta) V Como esta solução é ilimitada o ponto de equilíbrio Y é instável. (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr / 12

11 2 Nesta situação cada ϕ jk (t) é combinação linear de (onde λ < 0 e a < 0) e ainda de p(t)e λt, q(t)e at cos(b j t), r(t)e at sin(b j t) 1, cos(bt), sin(bt) O lema já utilizado, nesta situação apenas garante que K kj > 0 : ϕ jk (t) < K kj para todo o t 0. Assim dada uma solução arbitrária de (1), tem-se pelo que para todo o t 0. y j (t) = < n ϕ jk (t)y 0 n k ϕ jk (t) y 0 k < k=1 k=1 n K jk Y 0 K j Y 0 k=1 Y(t) = max y j (t) < max K j Y 0 K Y 0 j j (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr / 12

12 Mas se que Y(t) é solução de (1) também Y(t) Y é solução de (1) ( exercício ), pelo que se verifica também a desigualdade Y(t) Y K Y 0 Y para todo o t 0. Desta majoração resulta imediatamente que Y 0 Y < δ = Y(t) Y < Kδ de onde resulta (com detalhes a concluir) que Y é estável. Este último caso conclui a prova. (ICruz - FCUP) Equações Diferenciais (M2011) Aula abr / 12