Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 João Pedro Boavida. 16 a 23 de Novembro

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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Este guia explica como resolver os problemas do guia 7 Explica também vários aspectos mais técnicos sobre equações lineares em R n, com os quais eu prefiro não gastar muito tempo das aulas (Ou seja, este guia é mais detalhado para podermos usar mais tempo das aulas para fazer exemplos) João 16 a 23 de Novembro Nas últimas aulas temos visto como lidar com equações exactas e redutíveis a exactas No dia 16, vimos que as equações lineares têm um factor integrante relativamente simples, que nos permite resolvê-las de forma sistemática Podem ler essa discussão na secção Equações lineares de primeira ordem (neste guia) e podem encontrar exemplos (bem como uma explicação alternativa) na secção 53 do livro Nas aulas de 16 a 21 vamos falar sobre equações diferenciais lineares em R n Eu explico algumas das ideias na secção Exponenciais de matrizes e equações lineares em R n abaixo Leiam também as secções 54 e 55 do livro (mesmo que saltem as demonstrações) para mais detalhes sobre a exponencial de matrizes Para perceberem melhor a forma canónica de Jordan, leiam o artigo Down with determinants!, de Sheldon Axler (disponível em e listado na bibliografia principal de ACED no fénix), especialmente as secções 2, 3 e 6 (mesmo que pareça um pouco teórico, vale a pena fazerem um esforço) AS PERGUNTAS DO DIA 16 podem ser resolvidas até terça dia 22, às 17:00 AS PERGUNTAS DO DIA 18 podem ser resolvidas até quinta dia 24, às 17:00 EXERCÍCIOS PARA A PRÁTICA DE DIAS 21 A 23: 52, Algumas respostas No guia 7 deixámos algumas perguntas em aberto É altura de lhes respondermos Tínhamos a equação diferencial 2x 2 y y 2xy 2 + e x = 0 }{{}}{{} Q P com condição inicial y(1) = 2 Queremos encontrar uma função Φ cujo gradiente ( Φ x, Φ seja (P, Q) Para isso consideramos Φ x = 2xy2 + e x Φ = x 2 y 2 + e x + (função de y) Φ = 2x2 y Φ = x 2 y 2 + (função de x) ) 1/12

2 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 A escolha Φ = x 2 y 2 + e x é compatível com ambas as condições Como Φ(1, 2) = e 4 (de onde vêm o 1 e o 2?), concluímos que a solução satisfaz a equação x 2 y 2 + e x = e 4 Resolvendo em ordem a y, obtemos e y = ± x e + 4 x 2 Só o sinal positivo é compatível com a condição inicial; essa é a fórmula para a solução Vejamos o que podemos dizer sobre as outras quatro equações exactas Para 2xyy + y 2 = 4x 3, y(1) = 1, obtemos xy 2 x 4 = 0 Assim, concluímos que y = x 3/2 (ignoramos o sinal negativo, porque seria incompatível com a condição inicial) Para a segunda equação do grupo, x 4 y + 4x 3 y + 1 = 2xyy + y 2 + y, y(1) = 2, obtemos x 4 y + x xy 2 y = 3 Resolvendo em ordem a y, somos levados a y = 1 x4 ± (x 4 1) 2 + 4x(x + 3) 2x Para que o resultado seja compatível com a condição inicial, precisamos de escolher o sinal negativo antes da raíz quadrada A equação seguinte (a terceira do grupo) era πy sin(πx) + y = x 2 y + 2xy + y cos(πx), y(2) = 1 Tendo cuidado ao calcular as primitivas, depois de integrar e determinar a constante, obtemos y cos(πx) + y x 2 y = 4 Ou seja, a solução é y = 4/ ( cos(πx) 1 + x 2) Finalmente, a quarta equação nesse grupo era 4x 3 + xy + 2yy + y + 9 = 2x 2 y + 3x 2 + 4xy + 4x, y(0) = 3 Depois de integrar e determinar a constante, chegamos a x 4 +xy+y 2 +9x 2x 2 y x 3 2x 2 = 9 Resolvendo em ordem a y, (desta vez temos que escolher o sinal positivo antes da raíz quadrada) e simplificando, obtemos simplesmente y = 2x2 x + 3 (x 2) 2 2 = x 2 2x + 3 (Notem que, ao simplificar a raíz quadrada, obtemos (x 2) 2 = 2 x, pois queremos a raíz positiva e estamos numa vizinhança de x = 0!) Depois de discutir as equações exactas, falámos sobre equações redutíveis a exactas Por exemplo, considerámos a equação x 4 y 2 y + 4x 3 y 3 = 2y 3 y, y(0) = 4, 2/12

3 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 e dissemos que os seus factores integrantes da forma µ(y) eram soluções de µ Q x = dµ dy P + µ P Assim, µ(y) = y 2 é um factor integrante (Conseguem, sem quaisquer contas, indicar outros factores integrantes?) Multiplicando-o na equação original, obtemos x 4 y + 4x 3 y 2yy = 0, y(0) = 4, cuja integração leva a x 4 y y 2 = 16 Resolvendo em ordem a y, obtemos y = x4 x (reparem que escolhemos o sinal negativo, pois só esse é compatível com y(0) = 4), confirmando que y(2) = Em seguida, falámos de como a fórmula µ = Q x P u x Q u P ( ) nos permite verificar rapidamente se µ(u) é um factor integrante, onde u é uma expressão envolvendo x e y Vejamos como funciona com a equação x 5 y + x 4 yy + 4x 4 y + 4x 3 y 2 = 2x 2 yy + 2xy 2 y + xy 2 + y 3, y(1) = 2 Como P = 4x 4 y + 4x 3 y 2 xy 2 y 3 e Q = x 5 + x 4 y 2x 2 y 2xy 2, a fórmula ( ) fica Se escolhermos u = x + y, temos u x segue: µ = 4x 3 y 2xy + y 2 x4 u x Q u P = u = 1 e podemos simplificar a fórmula como se µ = x 4 4x 3 y 2xy + y 2 x 5 3x 4 y 2x 2 y xy 2 4x 3 y 2 + y 3 Se existe um factor integrante que dependa apenas de u = x + y, devíamos ser capazes de simplificar esta expressão de forma a depender apenas de u A tarefa não parece prometedora, mas se for possível, o x 4 de cima devia (junto com o resto do numerador) conseguir cancelar parte do denominador, de forma a obter uma expressão com x + y Assim, um palpite razoável neste caso é: será que o denominador é apenas x + y multiplicado pelo numerador? Experimentemos: (x + y)(x 4 4x 3 y 2xy + y 2 ) = x 5 4x 4 y 2x 2 y + xy 2 + x 4 y 4x 3 y 2 2xy 2 + y 3 É realmente o denominador Assim, concluímos que µ = 1 x + y = 1 u 3/12

4 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Uma solução desta equação é µ(u) = u 1, mostrando que 1/(x + y) é um factor integrante Dito de outra forma, devemos conseguir pôr (x + y) em evidência na equação original x 5 y + x 4 yy + 4x 4 y + 4x 3 y 2 = 2x 2 yy + 2xy 2 y + xy 2 + y 3, y(1) = 2 Tentemos: (x + y)x 4 y + 4(x + y)x 3 y = 2(x + y)xyy + (x + y)y 2 Realmente é verdade Dividindo tudo por x + y obtemos então a equação exacta x 4 y + 4x 3 y 2xyy y 2 = 0, y(1) = 2, que, por integração, nos leva a x 4 y xy 2 = 2 condição inicial para decidir o sinal, chegamos a Resolvendo em ordem a y e usando a y = x4 + x 8 + 8x 2x Confirma-se que y(2) = Finalmente, tínhamos quatro equações redutíveis a exactas, das quais se dizia apenas que os factores de integração eram dos tipos µ(x), µ(y) ou µ(y/x) A primeira (escrevendo tudo do lado esquerdo e separando o P e o Q) era y + x 2 ye x +(x }{{}} 2 e {{ x + x } )y = 0, y(1) = e + 1 P Q A fórmula ( ) para o factor integrante fica então { Q x }} { { }} { µ = ( 2xe x + x 2 e x + 1) ( 1 + x 2 e x ) u x Q u P = 2xex + 2 u x Q u P Ora, se u = x, temos u x = 1, u = 0, e µ = + 2 2xex = 2xex + 2 Q x 2 e x + x = + 1) 2(xex x(xe x + 1) = 2 x P Vemos portanto (como?) Usando-o, obtemos que µ(x) = x 2 é um factor integrante para a equação original y x 2 + yex + e x y + xy = 0, y(1) = e + 1 x2 Integrando e usando a condição inicial, chegamos a A segunda equação desse grupo era ye x + y x = (e + 1)2 y = 2xy 2 y + 2y 3 = 4x 2 y, y(1) = 1 (e + 1)2 e x + 1/x 4/12

5 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 A fórmula ( ) desta equação fica (depois de simplificada) Se u = x, obteríamos µ = 4y 2 + 4x 2 u x 2xy2 u (2y3 4x 2 y) µ = 4y2 + 4x 2 2xy 2 Vêem alguma forma de simplificar isto de forma a eliminar o y? Eu também não Com u = y, teríamos µ = 4y2 + 4x 2 2y 3 + 4x 2 y Infelizmente, por pouco (bastava que fosse um 4 em vez de um 2), também não conseguimos livrar-nos do x Resta-nos considerar u = y/x, com u x = y/x2 e u = 1/x Nesse caso, a equação para µ fica µ = 4y 2 + 4x 2 y 2xy2 x 2 2y3 4x 2 y x = 4x 2 (y 2 x 2 ) 2xy 3 x(2y 3 4x 2 y) = 4x2 (y 2 x 2 ) 4xy(y 2 x 2 ) = x y Ou seja, µ = 1 u Assim, µ(u) = u 1 = x/y é um factor integrante (verifiquem, e tenham cuidado com as coincidências) Multiplicando a equação original pelo factor integrante, obtemos 2x 2 yy + 2xy 2 4x 3 = 0, y(1) = 1 Integrando, obtemos x 2 y 2 x 4 = 0, que tem duas soluções diferenciáveis (verifiquem!): y = x e y = x Destas, só y = x é compatível com a condição inicial A penúltima equação do guia era y 2 cos(x) + yy sin(x) = 0, ( π 2 ) = 2 Podíamos usar a equação ( ) Mas neste caso, é mais prático prosseguir por tentativa e erro Com efeito, dividindo tudo por y (isto é, usando µ = 1/y), obtemos a equação exacta y cos(x) + y sin(x) = 0, ( π 2 ) = 2, cuja solução é y sin(x) = 2, ou y = 2/ sin x (Também podíamos ter usado µ = 2 sin x) A última equação do guia era 2x 2 y 2 y + xy 3 + y 3xyy y 2 = 0, y(1) = 1 Multiplicando tudo por y (isto é, usando µ = y), obtemos 2x 2 y 3 y + xy 4 + yy 3xy 2 y y 3 = 0, y(1) = 1 Integrando, concluímos que 1 2 x2 y y2 xy 3 = 0 Multiplicando por 2 e factorizando, vemos que essa equação tem duas soluções: y = 0 e y = 1/x Só a segunda é compatível com a condição inicial 5/12

6 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Equações lineares de primeira ordem Uma equação diferencial diz-se linear se corresponde a um problema linear (homogéneo ou não-homogéneo) Em particular, no caso homogéneo, o espaço das soluções é um espaço vectorial A equação diz-se de primeira ordem se envolver apenas a primeira derivada Assim, a equação (nesta secção vamos usar t como variável independente) y + ty = 0 é linear, pois a transformação T (do espaço das funções C 1 com derivada contínua para o espaço das transformações C 0 contínuas) dada por T (y) = y + t y é linear (sim?) e a equação original corresponde ao sistema (homogéneo) T (y) = 0 Mais geralmente, uma equação linear de primeira ordem pode ser escrita na forma y (t) = a(t) y(t) + b(t) e é sempre redutível a exacta Como habitualmente, abreviamo-la assim: a(t) y b(t) + }{{}}{{} 1 y = 0 P Q u Usando a equação ( ) com u = t, t = 1, e u t, e não x, como variável independente) Q t {}}{ {}}{ µ = 0 a(t) 1 Q 0 P = a(t) = 0, obtemos (recordem que estamos a usar Nitidamente, o lado direito depende apenas de t, pelo que existe um factor integrante da forma µ(t) Resolvendo a equação, obtemos log µ(t) = a(t) dt P Assim, podemos escolher µ(t) = e a(t) dt como factor integrante Se tivermos uma condição inicial em t = t 0, será preferível escolher uma primitiva mais específica: µ(t) = e t a(s) ds 0 (reparem que tivemos que mudar a variável de integração vêem porquê?) Por forma a simplificar as contas que se seguem, observamos desde já que (t) = a(t) µ(t) Multiplicando µ(t) na equação original, ficamos com µ(t) y µ(t) a(t) y = µ(t) b(t) 6/12

7 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Mas isto é equivalente (verifiquem!) a ( µ(t) y) = µ(t) b(t), cuja solução é µ(t) y = µ(t) b(t) dt Se tivermos uma condição inicial y(t 0 ) = y 0, podemos ser mais específicos e dizer que µ(t) y(t) µ(t 0 ) y 0 = t 0 µ(r) b(r) dr (de novo, precisámos de mudar a variável de integração) chegamos a (verifiquem!) Resolvendo em ordem a y(t), t a(s) ds y(t) = e 0 y0 + t 0 e r a(s) ds b(r) dr Esta é a fórmula de variação das constantes Se olharem para uma equação diferencial e reconhecerem que é linear, podem usar esta fórmula directamente, sem ter que perder tempo à procura de um factor integrante À primeira vista, a fórmula de variação das constantes parece não ter um padrão simples Por isso, vale a pena explicar um pouco como traduzi-la em intuições sobre a passagem do tempo Com efeito, podemos pensar que a função e r a(s) ds codifica o efeito da passagem do tempo entre o instante r e o instante t Chamemos-lhe por isso passagem t r Recordemos que a equação original era y = a(t) y + b(t), y(t 0 ) = y 0 Intuitivamente, isto indica que a variação de y tem uma componente que depende do próprio y (e portanto, deveria envolver uma exponencial e a condição inicial daí passagem t r envolver a exponencial) bem como uma contribuição adicional em cada instante r anterior a t, controlada por b(r) Isto é, a contribuição de y 0 vê o tempo passar de t 0 a t, enquanto que cada contribuição b(r) vê o tempo passar de r a t Assim, o resultado deveria ser y(t) = passagem t t0 y 0 + t 0 passagem t r b(r) dr Se compararem com a fórmula de variação das constantes, vêem que é exactamente isso o que ela diz Embora esta mnemónica possa parecer pouco fiável, a verdade é que há um conceito muito geral de exponencial que codifica esta ideia de passagem do tempo Por exemplo, a exponencial habitual (na recta real ou no plano complexo) corresponde a passagem t r = e t r As propriedades da exponencial que provámos no guia 3 correspondem a propriedades da passagem do tempo: dizer e t t = 1 é dizer passagem t t = 1, e dizer e t s e s r = e t r é dizer passagem t s passagem s r = passagem t r (ou seja, é dizer que fazer o tempo passar de r a s e depois de s a t é equivalente a fazê-lo passar de r a t) 7/12

8 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Exponenciais de matrizes e equações lineares em R n Queremos usar técnicas semelhantes para resolver equações da forma y (t) = A y(t) + b(t) Aqui, y(t) e b(t) são vectores em R n e A é uma matriz n n (Vamos limitar-nos ao caso em que a matriz A não depende de t) Vamos também considerar equações da forma Y (t) = A Y (t) + B(t), onde Y (t) e B(t) são matrizes n m e A é uma matriz n n Se chamarmos y 1 (t),, y m (t) às colunas de Y (t) e b 1 (t),, b m (t) às de B(t), essa equação é equivalente às m equações y 1 (t) = A y 1 (t) + b 1(t),, y m (t) = A y m (t) + b m(t) Desta forma, a notação matricial permite-nos representar várias equações simultaneamente Omiteremos por vezes a variável t em y(t) ou Y (t), escrevendo apenas y ou Y Vamos chamar exponencial de A (ou de At) à única solução M de M (t) = A M(t), M(0) = Id (O teorema de Picard Lindelöf garante que uma tal solução existe e é única Conseguem verificar os detalhes?) Então a derivada de Y (t) = M(t) Y 0 é Y (t) = M (t) Y 0 = A M(t) Y 0 = A Y (t), mostrando que essa Y (t) é a única solução de novo por Picard Lindelöf de Y (t) = A Y (t), Y (0) = Y 0 Sabendo isso, podemos verificar que (considerando s constante) M(t) M(s) = M(t + s), pois (verifiquem!) ambas as expressões são (a única) solução de Y (t) = A Y (t), Y (0) = M(s) Por essa razão, podemos concluir que M(t) M( t) = M(0) = Id Ou seja, M(t) é uma matriz invertível e a sua inversa é M( t) Da mesma forma, podemos ver que M(t) A A M(t) = 0, pois (verifiquem também aqui) ambas as expressões são (a única) solução de Y (t) = A Y (t), Y (0) = 0 8/12

9 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Concluímos portanto que M(t) A = A M(t), isto é, a exponencial de A comuta com A A um nível mais profundo, a matriz M(t) descreve o efeito da passagem do tempo O facto de M(t) comutar com A está relacionado com M(t) M(s) = M(t + s) (que poderia traduzir-se por a passagem de tempo s seguida da passagem de tempo t é equivalente à passagem de tempo t + s ) Ambos são cruciais para que uma abordagem simplificada às equações em R n seja possível (Daí restringirmo-nos apenas ao caso em que A é constante) Resumindo tudo isto: usando a notação e At em vez de M(t), acabámos de mostrar que e At Y 0 é a única solução de Y (t) = A Y (t) com condição inicial Y (0) = Y 0 Mostrámos também as identidades e A(t+s) = e At e As, (e At ) 1 = e At, e e At A = A e At = (e At ) Mudando agora para a notação de exponencial Se A e B comutam, então e At B = B e At e e At e Bt = e (A+B)t O raciocínio é o mesmo que antes: mostrar que ambos os lados de cada equação são (a única) solução de uma mesma equação diferencial Conseguem fazê-lo? A FÓRMULA DE VARIAÇÃO DAS CONSTANTES para matrizes n m pode ser obtida com um raciocínio semelhante ao da secção anterior Um factor integrante (se nos permitirmos usar tal designação neste caso) para a equação Y (t) = A Y (t) + B(t) é e At multiplicado à esquerda, pois a equação torna-se que é equivalente (verifiquem!) a e At Y (t) e At A Y (t) = e At B(t), ( e At Y (t)) = e At B(t) Se tivermos uma condição inicial em t = t 0, podemos integrar e obter e At Y (t) e At0 Y (t 0 ) = t 0 e Ar B(r) dr Tal como no caso n = 1, resolvemos em ordem a Y (t) e chegamos a Y (t) = e A(t t 0) Y (t 0 ) + e A(t r) B(r) dr t 0 E tal como antes, podemos interpretar isto como Y (t) = passagem t t0 Y (t 0 ) + passagem t r B(r) dr t 0 9/12

10 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 HÁ VÁRIAS ESTRATÉGIAS PARA CALCULAR e At Começamos por observar que se Y (t) é uma solução de Y (t) = A Y (t), então Y (t) = e At Y (0) permite-nos concluir que Y (t) é invertível exactamente quando Y (0) o for (e portanto, quando qualquer outra Y (t 0 ) o for) Assim, suponhamos que A é uma matriz n n e que temos n soluções y 1 (t),, y n (t) de y (t) = A y(t) Então a matriz Y (t) com colunas y 1 (t),, y n (t) é uma solução de Y (t) = A Y (t), logo é da forma Y (t) = e A(t t 0) Y (t 0 ) Se os vectores y 1 (t),, y n (t), para algum t fixo, forem linearmente independentes, a matriz Y (t) será invertível E vimos há pouco que nesse caso a matriz Y (t 0 ) é invertível Somos assim levados a concluir que e A(t t 0) = Y (t) Y (t 0 ) 1 Esta construção de e At corresponde à matriz Wronskiana Se Z(t) for uma solução de Z (t) = A Z(t), podemos escrever Z(t) = e A(t t 0) Z(t 0 ) = Y (t) Y (t 0 ) 1 Z(t 0 ) EXPONENCIAL DE MATRIZ DIAGONAL Voltemos então a um exemplo do guia 2 encontrar todas as soluções do sistema [ y 7 0 = A y, onde A = 0 6 Queremos Neste caso, é fácil ver que v 1 = [ 1 0 gera os vectores próprios com λ = 7 e que v2 = [ 0 1 gera os vectores próprios com λ = 6 Se v é um vector próprio de A com valor próprio λ, então y = e λt v é uma solução de y = A y Com efeito, temos y = ( e λt v ) ( = e λt ) v = e λt }{{} λv = e λt Av = A e λt v = A y Av No caso da nossa equação, temos então duas soluções (que são linearmente independentes pois os próprios vectores v 1 e v 2 o são): [ [ y 1 (t) = e 7t e 7t v 1 = e y 0 2 (t) = e 6t 0 v 2 = e 6t Com estes dois vectores, podemos construir a matriz [ [ Y (t) = y 1 (t) y 2 (t) = e 7t 0 0 e 6t Como neste caso Y (0) = Id, vemos que e At = Y (t) Y (0) 1 = Y (t) Ou seja, a matriz exponencial associada a uma matriz diagonal é também ela uma matriz diagonal: cada valor próprio λ é substituído por e λt 10/12

11 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 EXPONENCIAL DE BLOCO DE JORDAN Suponham agora que temos [ y 0 1 = A y, onde A = 0 0 (Na aula vamos ver exemplos de como chegar à forma de Jordan O artigo do Axler explica a teoria de uma forma mais simples que o habitual) Para esta matriz A, temos apenas um vector próprio independente: v 1 = [ 1 0 Pelo raciocínio que fizemos há pouco, sabemos que y 1 (t) = e 0t v 1 = v 1 é uma solução da equação Como a solução também é dada pela exponencial, obtemos e At v 1 = v 1 Temos A v 2 = 0v 2 + v 1 Queremos calcular y 2 (t) = e At v 2 Mas y 2 (t) = ( e At v 2 ) = e At A v 2 }{{} v 1 = e At v 1 = v 1 Integrando ambos os lados da equação entre 0 e t, obtemos y 2 (t) = y 2 (0) + tv 1 ou seja, e At v 2 = v 2 + tv 1 Se construirmos uma matriz com colunas y 1 (t), y 2 (t), [ [ Y (t) = y 1 (t) y 2 (t) = 1 t 0 1 temos, mais uma vez, Y (0) = Id Portanto, e At = Y (t) Y (0) 1 = Y (t) É razoável perguntar o que acontece quando o valor próprio não é 0 consideremos [ 7 1 B = 0 7 Mas nesse caso A = B 7 Id tem valor próprio 0, por isso [ [ e Bt e 7t = e Bt e 7 Id t = e (B 7 Id)t = e At 1 t =, logo e Bt = e 7t 0 1 Cconsideremos agora o bloco de Jordan n n com valor próprio λ = N = , Por exemplo, 1 t 0 1 Se chamarmos e 1, e 5 aos vectores da base canónica, podemos ver que N e k = e k 1 quando k > 1 e N e 1 = 0 Como é que isso ajuda? Escrevendo y k (t) = e Nt e k, já vimos que y 1 (t) = e 1 e y 2 (t) = e 2 + te 1 Temos ainda y k (t) = ( e Nt e k ) = e Nt N e k = e Nt (0e k + e k 1 ) = e Nt e k 1 = y k 1 (t) 11/12

12 Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 8 Assim, temos y 3 (t) = y 2 (t) = e 2 + te 1 Primitivando e usando y 3 (0) = e 3, chegamos a y 3 (t) = e 3 + te 2 + t2 2 e 1 Com o mesmo género de raciocínio, obtemos ainda y 4 (t) = e 4 + te 3 + t2 2 e 2 + t3 3! e 1; y 5 (t) = e 5 + te 4 + t2 2 e 3 + t3 3! e 2 + t4 4! e 1 Construímos agora uma matriz a partir dos y k (t): [ Y (t) = y 1 (t) y 2 (t) y 3 (t) y 4 (t) y 5 (t) = 1 t t 2 2! t 3 3! 0 1 t t 2 2! t 4 4! t 3 3! t t 2 2! t Como Y (0) = Id, concluímos que e Nt = Y (t) Y (0) 1 = Y (t) Se quisermos considerar o caso geral de J = λ λ λ λ λ, podemos observar que J λ Id = N Portanto, e Jt = e (λ Id +N)t = e λ Id t e Nt = e λt 1 t t 2 2! t 3 3! 0 1 t t 2 2! t 4 4! t 3 3! t t 2 2! t Resta a pergunta: e como fazemos quando a matriz não é diagonal bem um bloco de Jordan? Podemos ter a sorte de encontrar soluções suficientes para usar a matriz Wronskiana: e At = Y (t) Y (0) 1 Ou podemos tentar encontrar a forma de Jordan, e aproveitar o que já sabemos sobre exponenciais de matrizes diagonais e de blocos de Jordan Felizmente, na prática a questão é bastante menos técnica do que esta longa discussão poderia fazer suspeitar Na aula vamos ver vários exemplos 12/12