Sistemas Lineares Periódicos: eoria de Floquet Considere o sistema linear homogêneo e periódico ẋ = A(t)x, (1) onde R t A(t) M n (R)(ou M n (C)) é contínua e periódica, isto é, existe > 0 tal que A(t + ) = A(t) t R O eorema de Floquet nos dá uma caracterização das soluções deste sistema eorema 1 (eorema de Floquet) oda matriz fundamental, Φ(t), de (1) tem a forma Φ(t) = P (t)e Bt, onde P (t) e B são matrizes de ordem n n, com P (t + ) = P (t) t R Exemplo 1 Considere a seguinte equação diferencial ẋ(t) = (1 + sin t)x Note que neste caso A(t) = 1 + sin t, que é 2π periódica As soluções deste sistema são x(t) = ce t cos t, que não é periódica para c R {0} Entretanto o eorema de Floquet mostra que toda matriz fundamental de (1) se escreve como produto de duas matrizes, uma das quais é periódica Antes de demonstrar este teorema, precisaremos do seguinte lema Lema 1 Se C é uma matriz n n com det C 0, então existe uma matriz B tal que e B = C Prova: Dividiremos a prova em três casos Caso 1: Suponhamos que λ 1 0 0 0 λ 1 0 C = 0 0 λ 0 0 0 0 λ Assim C = λi + R = λ(i + R ), pois λ 0 visto que det C 0, onde R é nilpotente de λ ordem m Como queremos encontrar B tal que e B = C, temos que B = ln C = ln(λ(i + R)) = λ (ln λ)i + ln(i + R) Então temos que calcular S = ln(i + R) λ λ 1
Lembremos da análise complexa, que para z < 1, ln(1 + z) = ( 1) k 1 z k e e ln(1+z) = 1 + z k k=1 e que e ln(1+z) = 1 + z Logo definindo S = ( 1) k 1 k=1 k ( ) k m 1 R ( 1) k 1 = λ k k=1 ( ) k R, λ visto que R k = 0 para k m emos então que e S = I + R λ E assim C = λe S = e (ln λ)i e S = e (ln λ)i+s Fazendo B = (ln λ)i + S, obtemos o resultado Caso 2: C está no forma de Jordan J 1 J 2 C = J P, onde J i = λ i λ i J i1 J is e J ij é como no caso 1 Pelo caso 1, para cada j = 1,, s, existe B ij tal que e B ij ln λ i B i = ln λ i B i1 B is = J ij Defina Assim e B i = J i Fazendo C = B 1 B 2 B P, obtemos o resultado Caso 3: Caso geral Pelo eorema da forma canônica de Jordan, existe uma matriz P tal que J = P 1 CP Pelo caso 2, existe uma matriz B tal que e B = J Assim Fazendo B = P BP 1 obtemos o resultado C = P e BP 1 = e P BP 1 2
Demonstração do eorema de Floquet: Seja Φ(t) uma matriz fundamental de (1) Agora note que Φ(t + ) = A(t + )Φ(t + ) = A(t)Φ(t + ), ou seja, Φ(t + ) também é matriz fundamental de (1) Logo existe uma matriz não singular C, tal que Φ(t + ) = Φ(t)C Pelo lema anterior existe uma matriz B tal que e B = C Defina P (t) = Φ(t)e Bt P (t + ) = Φ(t + )e B(t+ ) = Φ(t)Ce B e Bt = Φ(t)CC 1 e Bt = Φ(t)e Bt = P (t) Corolário 1 (Liapunov) Nas condições do eorema anterior, existe uma mudança de variáveis que reduz o sistema (1) num sistema com coeficientes constantes Prova: Seja Φ(t) uma matriz fundamental de (1), B e P (t) como no eorema de Floquet Defina x = P (t)y A(t)P (t)y = A(t)x = ẋ = P (t)y + P (t)ẏ P (t)ẏ = A(t)P (t)y P (t)y = P 1 (t)[a(t)p (t) P (t)]y Afirmação: P 1 (t)[a(t)p (t) P (t)] = B De fato Φ(t) = P (t)e Bt, o que nos dá A(t)P (t)e Bt = A(t)Φ(t) = Φ(t) = P (t)e Bt + P (t)be Bt Então A(t)P (t) = P (t) + P (t)b B = P 1 (t)[a(t)p (t) P (t)] Assim, através da mudança de variáveis feita acima o sistema (1) fica da forma ẏ = By Observação 1 oda solução de (1) pode ser escrita como combinação linear de funções da forma p(t)e λt, onde p(t) é um polinômio em t com coeficientes que são periódicos em t, com o mesmo período de A De fato, seja λ um autovalor de B com multiplicidade algébrica m Então e λt, te λt,, t m e λt e suas combinações lineares são soluções de ẏ = By Logo P (t)e λt, P (t)te λt,, P (t)t m e λt e suas combinações lineares são soluções de (1) Definição 1 Qualquer matriz não singular C, tal que Φ(t + ) = Φ(t)C, onde Φ(t) é uma matriz fundamental de (1) é chamada matriz monodromia de (1) Proposição 1 Sejam Φ 1 (t), Φ 2 (t) matrizes fundamentais distintas de (1), C e D matrizes monodromias relativas a Φ 1 (t), Φ 2 (t) respectivamente Então C e D possuem os mesmos autovetores Prova: Sabemos que Φ 1 (t + ) = Φ 1 (t)c, Φ 2 (t + ) = Φ 2 (t)d e que existe uma matriz não singular M tal que Φ 2 (t) = Φ 1 (t)m Assim Φ 1 (t)md = Φ 2 (t)d = Φ 2 (t + ) = Φ 1 (t + )M = Φ 1 (t)cm D = M 1 CM 3
Definição 2 Os autovalores de uma matriz monodromia de (1) são chamados multiplicadores característicos Observação 2 1 A proposição anterior nos mostra que os multiplicadores característicos independe da escolha da matriz de monodromia 2 Os multiplicadores característicos são os autovalores de Φ( ) ou e B De fato, seja Φ(t) uma matriz fundamental de (1) e C uma matriz de monodromia Então Φ(t + ) = Φ(t)C Fazendo t = 0 temos Φ( ) = Φ(0)C = C = e B Definição 3 Um número complexo λ é um expoente característico se e λ é um multiplicador característico Observação 3 1 Se λ é um expoente característico então λ + 2kπi também é expoente característico, para k Z, pois 2kπi (λ+ e ) = e λ +2kπi = e λ 2 λ C é expoente característico se e somente se e λ é autovalor de e B 3 Se µ é autovalor de B então µ é autovalor de B e por conseguinte e µ é autovalor de e B = C Ou seja podemos escolher os expoentes característicos como sendo os autovalores de B Lema 2 1 λ C é expoente característico se e somente se existe solução não trivial de (1) da forma p(t)e λt, com p(t + ) = p(t) t R 2 Existe solução periódica não trivial se e somente se +1 é multiplicador característico 3 Existe solução 2 periódica, mas não periódica se e somente se 1 é multiplicador característico Prova:(1) Se λ é expoente característico então e λ é autovalor de e B, ou seja, existe x 0 0 tal que e B x 0 = e λ x 0 E isto nos dá que e B λ x 0 = x 0 Mas Φ(t)x 0 = P (t)e Bt x 0 = P (t)e Bt e λt e λt x 0 = e λt [P (t)e Bt e λt ]x 0 = e λt [P (t)e (B λi)t ]x 0, Assim fazendo p(t) = P (t)e (B λi)t x 0, temos que p(t)e λt é solução não trivial de (1), visto que x 0 0 e p(t) é periódica, pois p(t + ) = P (t + )e (B λi)(t+ ) x 0 = P (t)e (B λi)t e (B λi) x }{{} 0 x 0 = P (t)e (B λi)t x 0 = p(t) 4
Reciprocamente, seja x(t) = p(t)e λt é uma solução não-trivial de (1) periódica Pelo eorema de Floquet existe x 0 0 tal que Φ(t)x 0 = P (t)e Bt x 0 = p(t)e λt Assim p(t) = P (t)e (B λi)t x 0 Como p(0) = p( ) e P (0) = P ( ) temos que x 0 = e (B λi) e B x 0 = e λ x 0 Logo e λ é autovalor de e B e então, λ é expoente característico (2) Seja P (t)e Bt x 0 uma solução periódica Logo P (0)e B 0 x 0 = P ( )e B x 0 x 0 = e B x 0, ou seja, 1 é autovalor de e B e assim multiplicador característico Reciprocamente se 1 é multiplicador característico então 0 é expoente característico (e 0 = 1) e por (1) p(t)e 0 t = p(t) é uma solução periódica não trivial (3) Suponhamos que exista x 0 0, tal que x(t) = P (t)e Bt x 0 seja uma solução de (1) 2 periódica, mas não periódica Seja J a forma canônica de Jordan de B Assim existe uma matriz não singular M, tal que B = M 1 JM Portanto x(t) = P (t)m 1 e Jt M x }{{} 0 = Q(t)e Jt x }{{} 0 Q(t) x 0 Como x(t) e P (t) são 2 periódica (e conseqüentemente Q(t)), temos x(2 ) = Q(2 )e J2 x 0 = x(0) = Q(0)x 0 e 2 J x 0 = x 0 Assim para todo bloco de Jordan J i de J, temos e 2 J i x i 0 = x i 0, i = 1,, p onde J 1 J 2 J = J p Por outro lado como a solução x(t) não é periódica, existe um j = 1,, p tal que e J j x j 0 x j 0 Denote x j 0 = (x 1, x 2,, x s ) Suponha que Então e 2 J j J j = λ j 1 0 0 0 λ j 1 0 0 0 λ j 0 0 0 0 λ j 1 2 0 1 = e 2 λ j 0 0 1 2 0 0 1 5 (2 ) s 1 (s 1)! (2 ) s 2 (s 2)!
Afirmação: x 2 = = x s = 0 De fato, como e 2 J j x j 0 = x j 0 temos que e 2 J j = 1 Multiplicando a penúltima linha da matriz e 2 J j por x j 0 temos e 2 λ j (x s 1 + 2 x s ) = x s 1 Assim 2 x s = 0, e então x s = 0 Agora suponha x s = 0 e x s 1 0 Multiplicando a antepenúltima linha da matriz e 2 J j por x j 0, temos e 2 λ j (x s 2 + 2 x s 1 ) = x s 2 Assim 2 x s 1 = 0, e então x s 1 = 0, o que é absurdo De maneira análoga mostra-se que x 2 = = x s 3 = 0 Como x j 0 0 temos que x 1 0, e a afirmação está mostrada Como e 2 J i x j 0 = x j 0 e x j 0 = (x 1, 0,, 0) temos que e 2 λ j x 1 = x 1 e então e 2 λ j = 1 Assim 2 λ j = 2kπi, k Z λ j = kπi Se k for par, segue que e λj = e kπi = 1 Mas isto implica que e λj x 1 = x 1, o que é absurdo visto que e λj x j 0 x j 0 e x j 0 = (x 1, 0,, 0) Logo k é ímpar e então e λj = 1, ou seja 1 é multiplicador característico O caso em que o bloco de Jordan não é como o suposto no início da demonstração, é deixado a cargo do leitor Reciprocamente, se 1 é multiplicador característico então πi é um expoente característico, pois e πi = 1 Logo por (1) existe uma solução não trivial de (1) da forma x(t) = p(t)e πi t Agora note que e que x(t + 2 ) = p(t + 2 )e πi (t+2 ) = p(t)e πi e 2πi = p(t)e πi x(t + ) = p(t + )e πi (t+ ) = p(t)e πi e πi = p(t)e πi Logo x(t) é 2 periódica, mas não é periódica Exemplo 2 Considere o sistema { ẋ = x cos t + y sin t ẏ = x sin t + y cos t Note que ( ) cos t sin t A(t) = sin t cos t é 2π periódica = x(t), = x(t) Como [ t A(s)ds]A(t) = A(t)[ t A(s)ds], temos que Φ(t) = t 0 0 e 0 A(s)ds é uma matriz fundamental do sistema acima Sabemos que os multiplicadores característicos são os autovalores de Φ(2π) Mas Φ(2π) = e 2π 0 A(s)ds = e 0 = I Assim todos os multiplicadores característicos são iguais a 1 Então segue do lema acima que todas as soluções deste sistema são 2π periódicas 6
Lema 3 Se ρ j = e λ j, j = 1,, n são os multiplicadores característicos de 1, então ρ j = e 0 tra(s)ds e n λ j = 1 0 tra(s)dsmod 2πi Prova: Seja Φ(t) uma matriz fundamental de (1) Pela Formula de Liouville temos que Por outro lado, ρ j = det Φ( ) = det Φ(0) e 0 tra(s)ds = e 0 tra(s)ds }{{} 1 Assim, ρ j = n λ i = i=1 n λ i = 1 i=1 e λ i = e n i=1 λ i = e 0 tra(s)ds 0 0 tra(s)ds + 2kπi, k Z tra(s)ds + 2kπi, k Z Numa primeira olhada, pode parecer que as equações lineares periódias compartilham da mesma simplicidade das equações lineares com coeficientes constantes No entanto, existe uma diferença muito grande, pois os expoentes característicos são definidos somente depois que as soluções de (1) são conhecidas, devido ao fato de que para conhecer a matriz B é preciso conhecer a matriz C e por conseguinte Φ(t), que é uma matriz fundamental de (1), e não existe uma relação obvia entre os expoentes característicos e a matriz A(t), como mostra o seguinte exemplo Exemplo 3 (Markus e Yamabe) Seja [ 1 + 3 A(t) = 2 cos2 t 1 3 cos t sin t 2 1 3 sin t cos t 1 + 3 2 2 sin2 t ] Os autovalores λ 1 (t) e λ 2 (t) de A(t) são λ 1 (t) = 1+i 7, λ 4 2 (t) = λ 1 (t) Observe que a parte real dos autovalores são negativos Por outro lado, x(t) = ( cos t, sin t)e t 2 é solução de ẋ = A(t)x que por sua vez não é limitada quando t 7