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Fichas de Analise Matematica IIIAno Lectivo de 2005/06
Docentes das teoricas e teorico-praticas:
Fernando Lobo Pereira, Joao Borges de Sousa
Depto de Engenharia Electrotecnica e de ComputadoresFaculdade de Engenharia da Universidade do Porto
Instituto de Sistemas e Robotica - PortoRua Dr. Roberto Frias
4200-465 Porto, Portugalflp,[email protected]
Conteudo:
Funcoes de Variavel Complexa
1. Numeros complexos, Funcoes complexas, Continuidade
2. Diferenciabilidade, Funcoes harmonicas
3. Integracao complexa, Teorema de Cauchy
4. Series numericas complexas, Testes de convergencia e divergencia
5. Series de funcionais complexas, Convergencia uniforme, Propriedades
6. Series de potencias, Serie de Laurent, Teorema dos Resıduos
Equacoes Diferenciais Ordinarias
7. Introducao as Equacoes Diferenciais Ordinarias - Questoes Gerais
8. Metodos Gerais de Resolucao de EDOs - Variaveis Separadas e da Equacao Homogenea.
9. Metodos gerais de resolucao de equacoes de 1a¯ ordem: Variacao de parametros, Bernoulli, e difer-
encias exactas
10. Equacoes lineares de ordem n: homogeneas, coeficientes constantes.
11. Lineares nao homogenea de ordem n: Polinomio Aniquilador, Variacao de parametros.
12. Sistema linear de equacoes de 1a¯ ordem.
Bibliografia
[1] Saff, Snider. Fundamentals of Complex Analysis. Prentice Hall, 2nd. ed., 1993.
[2] Maria do Rosario Pinho, Maria Margarida Amorim Ferreira. Analise Matematica 3 - Notas dasAulas Teoricas. Parte A - Analise Complexa. FEUP, 2004.
[3] Maria do Rosario Pinho, Maria Margarida Amorim Ferreira. Analise Matematica 3 - Exercıcios.Parte A - Analise Complexa. FEUP, 2004.
[4] Fernando Lobo Pereira. Exercıcios de introducao aos numeros complexos. FEUP, 2004.
[5] http://ocw.mit.edu/OcwWeb/Mathematics/18-04Complex-Variables-with-ApplicationsFall1999/ Course-Home/index.htm
[6] Maria do Rosario Pinho, Maria Margarida Amorim Ferreira. Analise Matematica 3 - Notas dasAulas Teoricas. Parte B - Equacoes Diferenciais. FEUP, 2004.
[7] Maria do Rosario Pinho, Maria Margarida Amorim Ferreira. Analise Matematica 3 - Exercıcios.Parte B - Equacoes Diferenciais. FEUP, 2004.
[8] Edwards, Penney. Elementary Differential Equations with Boundary Value Problem, Prentice Hall,2003.
[9] David Arnold, John C. Polking, Ordinary Differential Equations Using Matlab, Prentice Hall, 2003.
1 Numeros complexos. Funcoes complexas. Continuidade
1.1 Objectivos
• Operar algebricamente com numeros e funcoes complexos.
• Interpretar geometricamente as operacoes com numeros complexos.
• Relembrar algumas nocoes basicas de topologia no contexto de C.
1.2 Conteudo
• No¯ complexo. Operacoes com numeros complexos.
– O conjunto dos numeros complexos C := z = a+ ib : a, b ∈ < constitui um corpo identificadocom o espaco vectorial <2.
∗ Adicao: z1 + z2 = (a1 + a2) + i(b1 + b2),∗ Produto: z1 · z2 = (a1 + ib1) · (a2 + ib2) = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1)
– Representacao exponencial
a + ib = ρeiθ se e so se
a = ρ cos(θ),b = ρ sin(θ) e
ρ =
√a2 + b2,
θ = arctan( ba ) + 2kπ, k = 0, 1, 2, . . . .
.
– Seja z = ρeiθ. zk = ρkeikθ, k = 0,±1,±2, . . ..
– Seja z = ρeiθ. n√
z =
n√
ρ(cos
(θ + 2kπ
n
)+ i sin
(θ + 2kπ
n
)): k = 0, 1, . . . , n− 1
• Nocoes topologicas (em <2).
– |z1 − z2| =√
(a1 − a2)2 + (b1 − b2)2
– B := z ∈ C : |z| ≤ 1– Sejam S ⊂ C e z ∈ S. z e ponto de fronteira se e so se ∀ε > 0, z + εB
⋂S 6= ∅ e
z + εB⋂
Sc 6= ∅.– Um conjunto e fechado se contem todos os pontos da sua fronteira.
– Umconjunto e aberto se nao contem qualquer ponto da sua fronteira.
– S e convexo se e so se ∀z1, z2 ∈ S e ∀α ∈ (0, 1), αz − 1 + (1− α)z2 ∈ S.
– Um conjunto aberto e conexo se e so se e possıvel unir dois quaisquer dos seus pontos poruma curva contınua totalmente contida no conjunto.
• Um conjunto e simplesmente conexo se e so se contiver todos os pontos do conjunto delimitadopor qualquer percurso fechado (lacete).
• Def. Seja zn∞n=1 ⊂ C. zn → z se e so se ∀ε, ∃N ∈ N : n ≥ N ⇒ |zn − z| < ε.
• Funcao de variavel complexa (domınio e contradomınio complexos).
f : C → C, i.e., Z = f(z) ∈ C, onde z = x + iy, Z = X + iY , sendo X = u(x, y) e Y = v(x, y).
Alternativamente, f(z) = u(x,y) + iv(x,y).
• Def. f e contınua em z se e so se ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que |z − z| < δ ⇒ |f(z)− f(z)| < ε.
1.3 Exercıcios resolvidos
1 Calcule 4
√5− i
−3 + i.
Resposta. 4
√5− i
−3 + i= 4
√(5− i)(−3− i)
10= 4
√−8− i
5=
4
√√135
ei[π+arctan ( 18 )].
Aplicando a formula de Moivre, tem-se:
8
√135
ei[kπ+arctan ( 1
8 )]4 : k = 1, 3, 5, 7
.
2 Mostre a continuidade da funcao f : C → C definida por
f(z) =
zIm(z)|z| se z 6= 0
0 se z = 0
Resposta. Sendo f , para z 6= 0, definida por uma composicao de funcoes simples contınuas, so enecessario verificar que lim
z→0f(z) = f(0) := 0.
Note que, para z 6= 0, |f(z)| = |Im(z)| = |y| ≤√
y2 + x2 = |z|.Logo lim
z→0|f(z)| ≤ lim
z→0|z| = 0
Como se tem f(z) ∈ |f(z)|B, onde B e um cırculo unitario fechado no plano complexo e centradona origem, conclui-se que lim
z→0f(z) = 0 e, portanto, a continuidade de f no ponto 0.
3 Utlize a definicao para verificar que f : C → C, f(z) = z2 e contınua em z0 ∈ C.Resposta. Aplicando a definicao usual de continuidade,
∀ε > 0, ∃δ > 0, tal que |z − z0| < δ =⇒ |f(z)− f(z0)| < ε,
tem-se que, para um ε > 0 arbitrario, calcular δ > 0 tal que |z − z0| < δ implica |z2 − z20 | < ε.
Note que se tem|z2 − z2
0 | = |z − z0| · |z + z0|e que, se |z − z0| < δ, entao, pelas propriedades dos modulos se conclui que
|z + z0| ≤ |z − z0|+ 2|z0| < 2|z0|+ δ.
Logo |z2 − z20 | < δ(2|z0|+ δ).
Certamente, δ > 0 pode ser escolhido por forma a que ε = δ2 + 2|z0|δ. Ou seja,
δ =√|z0|2 + ε− |z0|.
2 Diferenciabilidade. Funcoes harmonicas
2.1 Objectivos
• Calcular derivadas de funcoes complexas de variavel complexa.
• Operar as regras de calculo diferencial.
• Utilizar as propriedades das funcoes harmonicas
2.2 Conteudo
• Def. f : C → C e diferenciavel em z0 se e so se limz→z0
f(z)− f(z0)z − z0
existe e e unico. Este limite -
f ′(z0) - e a derivada.
• Condicoes necessarias e suficientes de diferenciabilidade.
f : C → C, f(z) = u(x, y) + iv(x, y), e diferenciavel em z0 = x0 + iy0 se e so se:
– u(x, y) e v(x, y) sao diferenciaveis em (x0, y0).
– Condicoes de Cauchy-Riemann.
∂u
∂x(x0, y0) =
∂v
∂y(x0, y0)
∂u
∂y(x0, y0) = −∂v
∂x(x0, y0)
.
• Expressoes da derivada de f : C → C:f ′(z) = (
∂u
∂x+ i
∂v
∂x)(x0, y0) = (
∂u
∂x− i
∂u
∂y)(x0, y0) = (
∂v
∂y+ i
∂v
∂x)(x0, y0) = (
∂v
∂y− i
∂u
∂y)(x0, y0).
• Diferenciabilidade implica continuidade.
• Regras de Calculo. Sejam A e B conjuntos abertos em C, f : A → C e g : B → C diferenciaveis.
– f + g e diferenciavel em A⋂
B e (f + g)′(z) = f ′(z) + g′(z), ∀z ∈ A⋂
B.
– f · g e diferenciavel e (f · g)′(z) = f ′(z)g(z) + f(z)g′(z), ∀z ∈ A⋂
B.
– Sejam f(z) 6= 0, ∀z ∈ A e h(z) =1
f(z). Entao, h e diferenciavel em A e h′(z) = − f ′(z)
f2(z),
∀z ∈ A.
– Seja f(A) ⊂ B. Entao, g f e diferenciavel em A e (g f)′ = g′(f(z)) · f ′(z).
– Se f e uma bijeccao (injectiva e sobrejectiva) de A em B, entao g = f−1 e diferenciavel ∀z ∈ A
tal que f ′(z) 6= 0. Neste caso, g′(f(z)) = (f−1)′(f(z)) =1
f ′(z), ∀z ∈ A.
Alternativamente, (f−1)′(z) =1
f ′(f−1(z)), ∀z ∈ B tal que f ′(f−1(z)) 6= 0.
– Seja γ : I → C, I ⊂ R, diferenciavel em t0 ∈ I, entao f γ e diferenciavel em t0 e (f γ)′(t0) =f ′(γ(t0)) · γ′(t0).
• Def. f : C → C e holomorfa (ou analıtica) em z0 se e so se e diferenciavel numa vizinhanca de z0.
• Def. u : Ω → R, Ω ⊂ R2 simplesmente conexo, e uma funcao harmonica se e so se for duplamentediferenciavel (ou seja, as segundas derivadas parciais sao contınuas) e o Laplaciano for nulo, ou seja,∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0.
• Def. A funcao harmonica v : Ω → R e conjugada da funcao harmonica u : Ω → R se f(x + iy) =u(x, y) + iv(x, y) for holomorfa.
2.3 Exercıcios resolvidos
1 Sendo z o conjugado de z, determine o conjunto do plano complexo em que a funcao
f(z) =z
Im(z)Re(z)
e diferenciavel. Diga se existe algum conjunto em que a funcao e holomorfa.
Resposta. Tem-se que f(z) =z
Re(z)Im(z)=
x− iy
xy=
1y− i
1x
.
Sendo u(x, y) =1y, e v(x, y) = − 1
xdiferenciaveis, respectivamente, em C \ 0 + iR e C \ R + i0
e, resultando das condicoes de Cauchy-Riemann, que
∂u
∂x= 0 =
∂v
∂y∂u
∂y= − 1
y2= − 1
x2= −∂v
∂x,
tem-se que f e diferenciavel no conjunto
D = x + iy : x = y, ou x = −y, (x, y) 6= (0, 0).Como, para f ser holomorfa num ponto tem que ser diferenciavel numa vizinhanca desse ponto(conjunto aberto contendo o ponto dado), tem-se, pelo facto de D ser fechado com o seu interiorvazio, que nao existe qualquer conjunto onde f e holomorfa.
2 Determine a funcao f : C → C holomorfa em C e satisfazendo
f(1 + i) = 0Ref ′(x + iy) = 3(x2 − y2)− 4y
Resposta. Tendo-se Ref ′(x + iy) =∂u(x, y)
∂x, e sendo u diferenciavel, conclui-se que
u(x, y) = x3 − 3y2x− 4xy + h(y).
Por outro lado como∂u
∂x=
∂v
∂y, tem-se que
v(x, y) = 3x2y − y3 − 2y2 + g(x).
A outra condicao de Cauchy-Riemann,∂u
∂y= −∂v
∂x, permite determinar as funcoes g e h a menos
de uma constante. Assim, de∂u
∂y= −6xy − 4x + h′(y) = −∂v
∂x= −6xy − g′(x), conclui-se que
g(x) = 2x2 + C e que h(y) = D.
As condicoes de fronteira u(1, 1) = 0 e v(1, 1) = 0 determinam que D = 6 e C = −2. Logo
f(x + iy) = x3 − 3y2x− 4xy + 6 + i[3x2y − y3 − 2y2 + 2x2 − 2].
3 Mostre que u(x, y) =y
x2 + y2e harmonica nalgum domınio e calcule a respectiva funcao conjugada.
Resposta. Facilment se conclui que∂2u
∂x2=
2y(3x2 − y2)(x2 + y2)3
= −∂2u
∂y2.
Como∂v
∂y=
∂u
∂x=
−2xy
(x2 + y2)2, obtem-se v(x, y) =
x
x2 + y2+ g(x).
Por outro lado, como∂v
∂x= g′(x) +
y2 − x2
(x2 + y2)2= −∂u
∂y=
y2 − x2
(x2 + y2)2, conclui-se que g(x) = C.
Ou seja, a funcao conjugada de u, e v(x, y) =x
x2 + y2+ C.
3 Integracao complexa. Teorema de Cauchy
3.1 Objectivos
• Calcular Integrais ao longo de caminhos.
• Utilizar as propriedades destes.
• Calculo de primitivas em domınios conexos.
3.2 Conteudo
• Def. γ : [a, b] → C, [a, b] ⊂ R, b > a, e um caminho se for contınua e continuamente diferenciavelpor segmentos.
• Def. Lacete e um caminho t.q. γ(a) = γ(b). Diz-se lacete simples se ∀t1, t2 ∈]a, b[, γ(t1) 6= γ(t2).
• Def. O comprimento do caminho e calculado pelo integral L(γ) =∫ b
a
‖γ′(t)‖dt.
• Def. Dois lacetes γ1 : [a, b] → C, γ2 : [a, b] → C sao homotopicos se existir uma transformacaocontınua H : [a, b] × [c, d] → C tal que H(t, c) = γ1(t), ∀t ∈ [a, b], H(t, d) = γ2(t), ∀t ∈ [a, b], eH(a, s) = H(b, s), ∀s ∈ [c, d].
Interpretacao geometrica: O lacete γ2 pode ser obtido do lacete γ1 por uma deformacao contınua,sendo todos os percursos intermedios lacetes.
• Def. Seja f : C → C, f(z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy, e γ : [a, b] → C, γ(t) = γ1(t) + i γ2(t), eu(t) = u(γ1(t), γ2(t)) e v(t) = v(γ1(t), γ2(t)). O integral de f ao longo de γ, e:
∫
γ
f(z)dz =∫ b
a
f(γ(t)) · γ′(t)dt =∫ b
a
u(t)γ′1(t)− v(t)γ′2(t) + i[u(t)γ′2(t) + v(t)γ′1(t)]dt.
• Propriedades do integral
– Se |f(z)| ≤ M , ∀z ∈ γ([a, b]), entao∣∣∣∫
γf(z)dz
∣∣∣ ≤ ML(γ).
– Se γ = γ1 ∨ γ2 - a justaposicao de dois caminhos - entao∫
γf(z)dz =
∫γ1
f(z)dz +∫
γ2f(z)dz.
– Se γ1 e γ2 sao dois caminhos opostos (γ1(t) = γ2(a + b− t)), entao∫
γ1f(z)dz = − ∫
γ2f(z)dz.
• Def. Seja f : C → C contınua em D, aberto e conexo. F : C → C, holomorfa em D, e primitiva def em D se e so se F ′(z) = f(z), ∀z ∈ D.
• f : C → C holomorfa em D, aberto e conexo, tem uma primitiva se e so se∫
γf(z)dz = 0 para
qualquer lacete γ contido em D. Qualquer primitiva de f pode ser obtida por F (z) =∫
γ(z)f(u)du+
C onde γ(z) e um caminho arbitrario em D que comeca num ponto arbitrario z0 e termina em z.
• Teorema de Cauchy. Seja f : C → C holomorfa em D, aberto e conexo, e γ1 e γ2 dois laceteshomotopicos em D, entao
∫γ1
f(z)dz =∫
γ2f(z)dz.
Se D e simplesmente conexo, entao∫
γf(z)dz = 0, para qualquer lacete γ em D.
• Formulas de Cauchy. Sejam f : D → C holomorfa, sendo D ⊂ C aberto e conexo, e γ um lacetesimples orientado positivamente (sentido anti-horario) em D. Entao, ∀z no interior do conjuntodelimitado por γ,
f(z) =1
2πi
∫
γ
f(u)u− z
du, ∀n ∈ N, f (n)(z) =n!2πi
∫
γ
f(u)(u− z)n+1
du e f (n)(z) e holomorfa em D.
• Sejam f holomorfa em D ⊂ C, D aberto e conexo, z0 ∈ D e DR(z0) = z ∈ C : |z − z0| ≤ R ⊂ D.
– Se f(z) e limitada em C, entao f e constante em C.
– Teorema da Media.12π
∫ 2π
0
f(z0 + Reiθ)dθ = f(z0).
– Serie de Taylor. ∃cn t.q. f(z) =∞∑
n=0
cn(z−z0)n, sendo cn =1
2πi
∫
|z−z0|=R
f(u)(u− z0)n+1
du.
3.3 Exercıcios resolvidos
1 Sejam a > 0 e b > 0. Esboce o grafico do caminho γ definido pelo lugar geometrico de pontos
z = x + iy :
(x− a
a
)2
+(y − b
b
)2
= 1
.
Usando a formula de Cauchy, calcule o integral∫
γ
z
z2 − 2az + a2 + b2dz.
Resposta. A equacao definindo o caminho γ e a conhecida quadratica especificando uma elipse decentro a + bi e passando pelos pontos: a + 0i, 0 + bi, a + 2bi e 2a + bi.
Observacao: Esta conclusao tambem poderia ser obtida tracando o seu grafico atraves da atribuicaode um certo numero de valores a pontos admissıveis.
Sendo z2 − 2az + a2 + b2 = (z − a− bi)(z − a + bi), e a + bi o unico ponto do interior do conjuntodelimitado pelo lacete γ, tem-se que, para aplicar o Teorema de Cauchy,
∫
γ
z
z2 − 2az + a2 + b2dz =
∫
γ
zz−a+bi
z − a− bidz =
2πig(a + bi) =π
b(a + ib) se o sentido de γ e o directo
−2πig(a + bi) = −π
b(a + ib) se o sentido de γ e o horario,
onde g(z) =z
z − a + bi.
2 Utilize o Teorema de Cauchy para calcular∫
|z|=1
2z4 + z2 + 12z2 − 1
dz.
Resposta. Sendo o percurso de integracao, γ, uma circunferencia de raio unitario centrada na
origem, os dois polos do integrando,i√2
e − i√2
estao no interior do conjunto delimitado por γ.
Logo, vai ser necessario decompor o integrando em fraccoes simples.
Como1
z2 − 12
=i√2
[ 1z + i√
2
− 1z − i√
2
], tem-se
∫
|z|=1
2z4 + z2 + 12z2 − 1
dz =i√2
[∫
|z|=1
z4 + 12z2 + 1
2
z + i√2
dz −∫
|z|=1
z4 + 12z2 + 1
2
z − i√2
dz]
= 2πii√2
[(z4 +
12z2 +
12
)|z=− i√
2−
(z4 +
12z2 +
12
)|z= i√
2
]= 0
Onde a penultima igualdade resulta da aplicacao do Teorema de Cauchy as duas funcoes obtidas.
3 Calcule o resıduo da funcaoez
z2(z − 1)no ponto z = 0.
Resposta. O resıduo de f num polo z0 de ordem N , e dado por1
(N − 1)!dN−1
dzN−1
[(z−z0)Nf(z)
]|z=z0 .
Como a funcao f(z) =ez
z2(z − 1)tem um polo duplo em z = 0, o seu resıduo em z = 0 e dado por
Res0f(z) =10!
ddz
( ez
z − 1
)|z=0 =
ez(z − 2)(z − 1)2
|z=0 = −2.
4 Series numericas complexas.
4.1 Objectivos
• Determinar a convergencia de series numericas complexas.
4.2 Conteudo
• Def.∞∑
n=1
zn e uma serie de numeros complexos.
• Def.∞∑
n=1
fn(z) converge se e so se ∃Z ∈ C, designado de f(z), tal que
∀ε > 0, ∃N ∈ N, tal que n > N ⇒ |Z −n∑
k=1
fk(z)| < ε.
• Seja zn = xn + iyn, ∀n, entao∞∑
n=1
zn =∞∑
n=1
(xn + iyn) =∞∑
n=1
xn + i
∞∑n=1
yn.
∑∞n=1 zn converge se e so se
∑∞n=1 xn e
∑∞n=1 yn convergem.
•∞∑
n=1
zn converge absolutamente se e so se∞∑
n=1
|zn| converge.
•∞∑
n=1
zn converge se e so se a sucessao de somas parciais sk, sk =k∑
n=1
zn, converge.
sk converge se e so se for uma sucessao de Cauchy:
∀ε > 0, ∀p ∈ N, ∃N ∈ N tal que ∀n > N , |sn+p − sn| = |zn+1 + . . . + zn+p| < ε.
• Produto de Cauchy:∞∑
n=1
cn =
( ∞∑n=1
an
)( ∞∑n=1
bn
)sendo cn =
n∑
k=1
akbn−k+1.
• Criterios de convergencia.
– Se∑∞
n=1 zn converge, entao zn → 0.
– Convergencia absoluta implica convergencia.
– Teste do quociente.
Seja zn 6= 0, ∀n e L = limn→∞
|zn+1
zn|. Entao,
∞∑n=1
zn
converge absolutamente se L < 1diverge se L > 1 .
Se L = 1, o teste nao e conclusivo.
– Teste da raız.
Seja zn 6= 0, ∀n e L = limn→∞
n√|zn|. Entao,
∞∑n=1
zn
converge absolutamente se L < 1diverge se L > 1 .
Se L = 1, o teste nao e conclusivo.
– O produto de Cauchy de duas series absolutamente convergentes, e absolutamente convergente.
– O produto de Cauchy de uma serie absolutamente convergente por outra simplesmente con-vergente, e simplesmente convergente.
4.3 Exercıcios resolvidos
1 Estude a convergencia da serie∞∑
n=1
(1 + i)n
n!.
Resposta. Aplicacao do criterio do quociente. Seja αn =(1 + i)n
n!.
Assim limn→∞
∣∣∣αn+1
αn
∣∣∣ = limn→∞
|i + 1|n + 1
= limn→∞
√2
n + 1= 0 < 1. Logo a serie converge.
Observe-se que pelo desenvolvimento em serie (proximo capıtulo) de f(z) = ez se tem que , ∀z ∈ C,
ez =∞∑
n=1
zn
n!.
Logo a serie dada converge para e1+i.
2. Estude a convergencia da serie∞∑
n=1
in
n.
Resposta Note-se que∞∑
n=1
in
n= i− 1
2− i
3+
14
+i
5− ... =
∞∑n=1
((−1)n
2n+ i
(−1)n+1
2n− 1
).
Ambas series∞∑
n=1
(−1)n
2ne
∞∑n=1
(−1)n+1
2n− 1sao convergentes porque as sucessoes correspondentes sao
alternadas e de termo geral a convergir para zero.
Logo, como uma serie complexa converge se e so se as series associadas a sua parte real e a sua
parte imaginaria convergirem, a serie∞∑
n=1
in
ne convergente.
5 Series funcionais complexas.
5.1 Objectivos
• Determinar a convergencia de series funcionais complexas.
• Utilizar as propriedades das series uniformemente convergentes.
• Analisar series de potencias.
5.2 Conteudo
• Def. Sejam ∀n ∈ N, fn : D → C e D ⊂ C, ∑∞n=1 fn designa uma serie funcional complexa.
Interpretacao: ∀z ∈ D,∑∞
n=1 fn(z) e uma serie numerica complexa.
• Def.∑∞
n=1 fn converge pontualmente em A ⊂ D se e so se, ∀z ∈ A, a serie numerica∑∞
n=1 fn(z)converge.
• Def. Domınio de convergencia e o conjunto dos pontos z ∈ D onde∑∞
n=1 fn(z) converge.
• Def.∑∞
n=1 fn converge uniformemente para f em A ⊂ D se e so se,
∀ε > 0, ∃N ∈ N, N = N(ε), tal que ∀n > N, ⇒ |f(z)−n∑
k=1
fk(z)| < ε, ∀z ∈ A.
• Teste de convergencia uniforme. Sejam∑∞
n=1 fn, f : D → C, D ⊂ C e seja αn∞n=1, αn ∈ R,∀n ∈ N e
∑∞n=1 αn convergente, tal que supz∈D |fn(z)| ≤ αn. Entao
∑∞n=1 fn converge uniforme-
mente em D.
• Propriedades das series uniformemente convergentes.
– Continuidade. Sejam fn : D → C contınua ∀n ∈ N, D ⊂ C aberto, e∑∞
n=1 fn converge paraf : D → C uniformemente em D. Entao f e contınua em D.
– Integracao termo a termo. Sejam fn : D → C contınua ∀n ∈ N, e D ⊂ C aberto, tal que∑∞n=1 fn converge para f : D → C uniformemente em D. Seja γ um caminho em D.
Entao∑∞
n=1
∫γ
fn(z)dz converge para∫
γf(z)dz.
– Derivacao termo a termo. Sejam fn : D → C diferenciavel ∀n ∈ N, e D ⊂ C aberto, talque
∑∞n=1 fn converge para f : D → C pontualmente em D. Suponha que
∑∞n=1 f ′n converge
para g : D → C uniformemente em D.Entao f ′(z) = g(z) =
∑∞n=1 f ′n(z).
• Def. Serie de potencias e uma serie funcional de termo geral fn(z) = an(z − z0)n.
• Convergencia. Seja∑∞
n=1 an(z − z0)n. Se a serie converge para z = z1 6= z0, entao, convergeabsolutamente para todo o z tal que |z − z0| < |z1 − z0| e uniformemente para todo o z tal que|z − z0| ≤ r, ∀r ∈ (0, |z1 − z0|).Se diverge em z = z2, entao diverge para todo o z tal que |z − z0| > |z2 − z0|.
• Def. Raio de convergencia. R = sup|z − z0| :∑∞
n=1 an(z − z0)n converge.• Propriedades das series de potencias. Seja f(z) =
∑∞n=1 an(z − z0)n, R o seu raio de con-
vergencia e BR(z0) := z : |z − z0| < R.– f(z) esta bem definida e e contınua em BR(z0).
– f(z) e diferenciavel em BR(z0) e f ′(z) =∞∑
n=1
nan(z − z0)n.
– Seja γ um lacete simples em BR(z0) orientado positivamente. Entao an =1
2πi
∫
γ
f(z)(z − z0)n+1
dz.
– Seja f(z) holomorfa em D ⊂ C, aberto e conexo, e z0 ∈ D. Entao existe uma unica serie depotencias centrada em z0 em BR(z0) ⊂ D, i.e., f(z) =
∑∞n=1 an(z− z0)n em BR(z0), sendo os
coeficientes an =1n!
f (n)(z0).
5.3 Exercıcios resolvidos
1 Desenvolva a funcao f(z) =ez
z + i+
z + i
zem serie de potencias em torno do ponto z0 = −i.
Resposta. A resolucao mais expedita e a que recorre a utilizacao de desenvolvimentos em serie depotencias conhecidos. Assim
ez = e−iez+i = e−i∞∑
n=0
(z + i)n
n!e
1z
=1
−i + (z + i)=
i
1− 1i (z + i)
= i
∞∑n=0
(1i
)n
(z + i)n.
Logo f(z) =∞∑
n=0
[e−i
n!(z + i)n−1 +
(1i
)n−1
(z + i)n+1].
Como∞∑
n=0
e−i
n!(z+i)n−1 = e−i(z+i)−1+e−i+
∞∑n=2
e−i
n!(z+i)n−1 =
e−i
z + i+e−i+
∞∑n=0
e−i
(n + 2)!(z+i)n+1,
tem-se que
f(z) =e−i
z + i+ e−i +
∞∑n=0
[ e−i
(n + 2)!+ (−i)n−1
](z + i)n+1.
2 Desenvolva a funcao f(z) =z + 1z + i
em serie de potencias em torno da origem.
Qual o raio de convergencia?
Resposta Note que, dividindo os polinomios do numerador e do denominador e alguma manipulacao,
se tem f(z) =z + 1z + i
= 1 +1− i
z + i= 1 +
1− i
i
11− iz
= 1− (1 + i)1
1− iz. Como
11− iz
=∞∑
n=0
inzn,
tem-se quez + 1z + i
= −i− (1 + i)∞∑
n=1
inzn.
O desenvolvimento e valido no conjunto |z| < | − i|, logo o raio de convergencia e R = 1.
3 Desenvolva f(z) =z + 1
z2 + 2z + 2em serie de potencias em torno do ponto z0 = 1 e calcule o raio de
convergencia.
Resposta.
f(z) =z + 1
z2 + 2z + 2
=12
1z − (−1 + i)
+12
1z − (−1− i)
=12
(1
z − 1 + 2− i+
1z − 1 + 2 + i
)
=12
12−i
1−(− z−1
2−i
) +1
2+i
1−(− z−1
2+i
)
=12
2− i
∞∑n=0
(−1)n
(z − 12− i
)n
+12
2 + i
∞∑n=0
(−1)n
(z − 12 + i
)n
=∞∑
n=0
(−1)n
2
(1
(2− i)n+1+
1(2 + i)n+1
)(z − 1)n
O desenvolvimento e valido no conjunto |z − 1| < min|2− i|, |2 + i|. Logo o raio de convergenciae R =
√5.
6 Singularidades. Teorema dos resıduos
6.1 Objectivos
• Representar uma funcao em serie de potencias em pontos onde nao e holomorfa.
• Classificar singularidades.
• Aplicar o teorema dos resıduos.
6.2 Conteudo
• Def. Seja f : D → C holomorfa e D ⊂ C aberto. z0 ∈ C e uma singularidade isolada de f sez0 /∈ D e ∃δ > 0 tal que ∀z ∈ C, 0 < |z − z0| < δ ⇒ z ∈ D.
• Def. Desenvolvimento de Laurent. Sejam f : D → C holomorfa, D ⊂ C aberto e conexo, z0 ∈ Cuma singularidade isolada de f e ρ > 0 tal que B∗
ρ(z0) = z : 0 < |z − z0| < ρ ⊂ D. Entao,∀z ∈ B∗
ρ(z0), f e unicamente representada por:
f(z) =∞∑
n=0
cn(z − z0)n +∞∑
m=1
dm
(z − z0)m,
sendo cn =1
2πi
∫
γ
f(z)(z − z0)n+1
dz e dm =1
2πi
∫
γ
f(z)(z−z0)m−1dz, onde γ(t) = z0+reit, t ∈ [0, 2π]
e r ∈ (0, ρ).
• No desenvolvimento de Laurent, a serie∑∞
n=0 cn(z − z0)n e convergente para |z − z0| < ρ e a serie∑∞m=1
dm
(z−z0)m e convergente para |z − z0| > 0.
• Classificacao das singularidades. Sejam f : D → C, D ⊂ C e z0 ∈ C uma singularidade isolada
de f . Entao f(z) =∞∑
n=0
cn(z − z0)n +∞∑
m=1
dm
(z − z0)m, ∀z ∈ B∗
ρ(z0) ⊂ D, ρ > 0.
– Singularidade Removıvel ou aparente. Se dm = 0, ∀m ∈ N.
– Polo de ordem (ou multiplicidade) N . Se ∃N ∈ N tal que dN 6= 0 e dm = 0, ∀m > N .
– Singularidade essencial. Se ∀N ∈ N, ∃m > N tal que dm 6= 0.
• Def. Sejam f : D → C holomorfa, D ⊂ C aberto e conexo e z0 uma singularidade isolada de f .Resaf , o resıduo de f em z0, e d1, o coeficiente do termo 1
z−z0do desenvolvimento em serie de
Laurent de f em torno de z0.
• Calculo dos resıduos.
– Polo simples (ordem 1). Resaf = limz→z0
(z − z0)f(z).
– Polo de ordem N . Resaf =1
(N − 1)!lim
z→z0
dN−1
dzN−1((z − z0)Nf(z))
.
• Teorema dos resıduos. Sejam D ⊂ C aberto, simplesmente conexo, f : D → C holomorfa emD′ = D \ z1, . . . , zk, k < ∞, e γ um lacete simples, contido em D′ e orientado positivamente.
Entao, ∫
γ
f(z)dz = 2πi∑
zj∈C(γ)
Reszj f
sendo C(γ) ⊂ D o interior do conjunto delimitado pelo lacete γ.
• Def. Zero de ordem N . f(z0) = f ′(z0) = . . . = f (N−1)(z0) = 0 e f (N)(z0) 6= 0.
• Seja f(z) holomorfa em z0, sendo este um zero de ordem N . Entao,
– 1f(z) tem um polo de ordem N em z0.
– h(z)f(z) tem um polo de ordem N em z0, sempre que h(z) for holomorfa em z0 com h(z0) 6= 0.
6.3 Exercıcios resolvidos
1 Calcule o resıduo da funcaoez
z2(z − 1)no ponto z = 0.
Resposta. O resıduo de f num polo z0 de ordem N , e dado por1
(N − 1)!dN−1
dzN−1
[(z−z0)Nf(z)
]|z=z0 .
Como a funcao f(z) =ez
z2(z − 1)tem um polo duplo em z = 0, o seu resıduo em z = 0 e dado por
Res0f(z) =11!
ddz
( ez
z − 1
)|z=0 =
ez(z − 2)(z − 1)2
|z=0 = −2.
2 Aplicando o teorema dos resıduos, calcule o integral∫ 2π
0
tan(x)sec(x) + 1
2
dx.
Resposta. Para aplicar o teorema dos resıduos, torna-se necessario, atraves de uma mudanca devariavel, escrever este integral como o de uma funcao complexa ao longo do lacete de raio 1 ecentrado na origem.
Para utilizar o formulario, observe que, como tan(x) =sin(x)cos(x)
e sec(x) =1
cos(x), se tem que
tan(x)sec(x) + 1
2
=sin(x)
1 + 12 cos(x)
, onde x desempenha o papel da variavel θ na formula.
Substituindo cos(x) porz + z−1
2, sin(x) por
z − z−1
2ie dx por (iz)−1dz, conclui-se que o integral
pretendido e dado por∫
γ
f(z)dz onde f(z) =−2(z − z−1)z2 + 4z + 1
=−2(z2 − 1)
z(z + 2−√3)(z + 2 +√
3)e o lacete
γ e uma circunferencia centrada na origem e de raio 1 percorrida no sentido directo.
Sem recorrer directamente a formula, basta notar que, sendo sin(x) =eix − e−ix
2ie cos(x) =
eix + e−ix
2, a funcao dada pode ser escrita na forma −2i
eix − e−ix
4 + eix + e−ix. Entao, efectuando a mu-
danca de variavel z = eix (observe que z 6= 0, ∀x), e multiplicando o numerador e o denominadorpor z, obtemos a funcao acima tomando valores ao longo do lacete γ que e percorrido no sentidodirecto quando x varia entre 0 e 2π.
Uma vez que o cırculo delimitado por γ contem apenas o polo za = 0 e zb = −2 +√
3, tem-se que∫ 2π
0
tan(x)sec(x)+1
2
dx=∫
γ
f(z)dz=2πi[Reszaf+ Reszbf ]=2πi
[−2(z2 − 1)z2 + 4z + 1
|z=za+
−2(z2 − 1)z(z + 2 +
√3)|z=zb
]= 0.
3 Aplicando o teorema dos resıduos, calcule o integral∫ +∞
−∞
1x2 + 2x + 2
dx.
Resposta Seja f(z) =1
z2 + 2z + 2. Observe-se que f tem como singularidades os pontos z = −1+ i
e z = −1 − i. Uma vez que f nao tem singularidades no eixo real do plano complexo, tem-se
que∫ +∞
−∞f(x)dx =
∫
γ
f(z)dz = 2πi∑
k
Reszkf , onde os zk, k = 1, 2, . . ., sao as singularidades da
funcao f(z) no semi-plano superior e γ e um lacete orientado no sentido directo e que engloba todo
o semi-plano superior. Logo,∫ +∞
−∞f(x)dx = 2πi Res−1+if . Como a singularidade z = −1 + i e um
polo simples,
Res−1+if = limz→−1+i
1z − (−1− i)
=12i
.
Logo,∫ +∞
−∞
1x2 + 2x + 2
dx= 2πi12i
= π.
7 Introducao as Equacoes Diferenciais Ordinarias
7.1 Objectivos
• Compreender a definicao de equacao diferencial e enquadrar a resolucao no contexto da integracao.
• Determinar a existencia e a unicidade de solucao.
7.2 Conteudo
• Def. Uma equacao diferencial ordinaria (EDO) e uma relacao do tipo:
F (x, y, y′, . . . , y(k)) = 0, x ∈ I ⊂ R
onde F : R×Rn×k → Rm, x ∈ I ⊂ R, e y : R → Rn. As derivadas de y referem-se a variavel x.
• A ordem da EDO e a maior das ordens das derivadas que nela ocorrem.
• Resolver uma EDO consiste em encontrar uma funcao y : I → Rn k-diferenciavel tal que
F (x, y(x), y′(x), . . . , y(k)(x)) = 0, ∀x ∈ I.
Obs.: Se F (x, y′) = y′ − f(x), e I = [a, b], temos y(x) = y(a) +∫ x
a
f(s)ds, ∀x ∈ [a, b].
Ou seja, esta EDO resolve-se com uma simples integracao.Os metodos de resolucao de EDOs podem ser vistos como extensoes dos da integracao para o casoem que a funcao que define a EDO depende de y e/ou das suas derivadas.
• Uma EDO de ordem k pode ser convertida numa de primeira de ordem atraves da seguinte mudancade variavel: z = (z1, z2, . . . , zk), onde z1 = y, z2 = y′, z3 = y′′, . . ., zk = y(k−1).
A nova EDO toma a forma: z′ = F (x, z), x ∈ I ⊂ R,onde F (x, z) = (z2, z3, . . . , zk, F1(x, z1, z2, . . . , zk)) e F1 e a funcao que se obtem de F colocando ak-esima derivada de y em funcao das restantes variaveis, ou seja, y(k) = F1(x, y, y′, y′′, . . . , y(k−1)).
Assim, esta justificada a generalidade da forma mais comum y′ = f(x, y).
• Uma EDO diz-se linear se for linear em (y, y′, . . . , y(k)). Seja wi = (yi, y′i, . . . , y
(k)i ), i = 1, 2,
F (x, αw1 + βw2) = αF (x,w1) + βF (x,w2).
• Def. Campo de Direccoes. Interpretando y′ =dy
dx, conclui-se que f(x, y) define o valor do declive
da tangente as solucoes da EDO y′ = f(x, y).
Def. Isoclina e o lugar geometrico de pontos nos quais as tangentes as solucoes da EDO tem omesmo declive.
O Campo de Direccoes e as Isoclinas servem para tracar/aproximar famılias de solucoes da EDOem cada ponto (x, y) do domınio de definicao de f .
• Sejam D = X × Y um conjunto aberto, f : D → Y e (x0, y0) ∈ D.
Def. f e Lipschitz contınua em D se existir L > 0 tal que, para todo (x, y1) e (x, y2) em D,
|f(x, y1)− f(x, y2)| < L|y1 − y2|.
Obs.: Se f for diferenciavel em ordem a y, tem-se que∣∣∣∂f(x, y)
∂y
∣∣∣ < L.
• Teorema. (Existencia e Unicidade). Considere (x0, y0) ∈ D e seja f : D → Y uma funcao contınua.Entao existe uma solucao da EDO
y′(x) = f(x, y)y(x0) = y0.
Se, para alem de contınua, f for Lipschitz contınua em y, entao a solucao tambem e unica.
• Obs.: Este resultado de existencia e unicidade da solucao tambem e valido para EDO de ordem n.
• Exemplo. Considere a EDO y′ = f(x, y) = g(x) − p(x)y em que p e g sao contınuas e limitadas.Como f e linear em y, tem-se, neste caso, que tambem e Lipschitz contınua. Conclusao: a solucaoque passa pelo ponto (x0, y0) existe e e unica.
7.3 Exercıcios resolvidos
1 Considere a EDO y′ + y = y2, com y(0) = y0.
Verifique que y(x) =
1Kex + 1
se y0 6= 0
0 se y0 = 0
Determine o valor da constante K.
Resposta.
Basta verificar que a igualdade y′(x)+ y(x) = y(x)2 e valida para todo o x no domınio de definicaode y.
O caso y(x) = 0 e obviamente verdadeiro.
No outro caso, tem-se y′(x) = − Kex
(Kex + 1)2= y(x)2 − y(x).
Tambem e imediato verificar que K =1− y0
y0.
2 Considere a EDOdy
dx=
√y − 1 definida para y ≥ 1, satisfazendo y(0) = 1.
Mostre que existem solucoes mas que nao sao unicas. Corrobore com exemplos.
Resposta.
Basta estudar as propriedades da funcao f(x, y) =√
y − 1.
A funcao f nao depende de x e e contınua em y. Note que ∀y0, limy→y0
= f(y) = f(y0).
Logo, existe pelo menos uma solucao. Por exemplo, y(x) = 1 e uma solucao.
Verifiquemos se f e Lipschitz contınua, ou seja, e necessario encontrar uma constante K (necessari-amente finita) tal que |f(y1)− f(y2)| ≤ K|y1 − y2|.
Observe que |√
y1 − 1−√
y2 − 1| = |y1 − y2||√y1 − 1 +
√y2 − 1| .
Conclui-se que para a desigualdade acima ser satisfeita e necessario que K ≥ 1|√y1 − 1 +
√y2 − 1|
para todo o y1 e y2 maiores ou iguais a 1.
Ora tal nao e possıvel e a solucao nao e unica. Por exemplo, y(x) = 1 +14x2 tambem e solucao.
8 Metodos Gerais de Resolucao de EDOs - Variaveis Separadase da Equacao Homogenea
8.1 Objectivos
• Identificar a aplicabilidade e resolver a EDO utilizando o metodo das variaveis separadas.
• Identificar a aplicabilidade e resolver a EDO utilizando o metodo das variaveis separadas.
8.2 Conteudo
• Considere-se a EDO de primeira ordem
dy
dx= f(x, y) x ∈ I
y(x0) = y0
Metodo das Variaveis Separadas
• Aplica-se quando ∃ α(·) e β(·) contınuas tais que f(x, y) = α(x)β(y).
• Caso β(y0) = 0. A solucao e y(x) = y0
• Caso β(y0) 6= 0. Pode-se escrever a EDO dada na forma:
−α(x) +1
β(x)dy
dx= R′(x) +
d
dyS(y)
dy
dx=
d
dxR(x) +
d
dxS(y(x))
onde R(x) e a primitiva de −α(x) e S(y) e a primitiva de1
β(y).
Logo tem-se R(x) + S(y(x)) = C, ∀x ∈ I, onde C = R(x0) + S(y0).
• Procedimento
– Calcular R(x), a primitiva de −α(x).
– Calcular S(y), a primitiva de1
β(y).
– Calcular C = R(x0) + S(y0).– A solucao da EDO, y = y(x) ou x = x(y), e definida implicitamente por S(y) + R(x) = C.
Metodo da Equacao Homogenea de Grau 1
• Def. f : R2 → R e homogenea de grau α se e so se f(tx, ty) = tα−1f(x, y), ∀t 6= 0.
• Aplica-se para f homogenea de grau α = 1.
• Procedimento.
– Efectuar a mudanca de variavel z ↔ y, com y = zx, obtendo-se z′ =g(z)− z
x.
Note que y′ = z + xz′ = f(x, y) = f(x, xz) = x0f(1, z) = f(1, z) := g(z).Ou seja, g(z) = f(x, y)|(x=1,y=z).
– Calcular z(x), resolvendo z′ =g(z)− z
xpelo Metodo das Variaveis Separadas.
– Fazer y(x) = xz(x).
• Equacao Redutıvel a Homogenea:dy
dx=
ax + by + c
ex + fy + gcom y(x0) = y0, e onde c 6= 0 ou g 6= 0.
• Seja
y = y + kx = x + h
onde (h, k) e solucao de
c + ah + bk = 0g + eh + fk = 0 .
• Procedimento.
Obter y(x) como solucao dedy
dx=
dy
dx=
ax + by + c + ah + bk
ex + fy + g + eh + fk=
ax + by
ex + fypelo Metodo da
Equacao Homogenea de grau 1.
Obter y(x) fazendo a mudanca de variavel inversa, y = y + k e x = x + h.
8.3 Exercıcios resolvidos
1 Resolva equacao diferencial de primeira ordem (1 + x2)y′ = x2e2y. Indique o domınio da solucao.
Resposta.
Equacao de variaveis separaveis.
e−2yy′ =x2
1 + x2
∫e−2yy′dx =
∫x2
1 + x2dx =
∫[1− 1
1 + x2]dx
−12e−2y(x) = x− arctan(x) + C
y(x) = −12
ln(2 arctan(x)− 2x + K)
O domınio da solucao e x ∈ < : 2 arctan(x)− 2x + K ≥ 0.
Note que dividindo o polinomio x2 pelo polinomio x2 + 1 se obtemx2
1 + x2= 1 − 1
1 + x2. Esta
conclusao tambem pode ser obtida notando que 1 =1 + x2
1 + x2=
11 + x2
+x2
1 + x2.
2 Calcule a funcao y = y(x), satisfazendo y(2) =√
2 e que resolve a equacao diferencial de primeira
ordem y′ =x2 + y2
2xyno conjunto (x, y) : x > 0, y > 0.
Resposta.
Trata-se de uma equacao homogenea de grau 1, uma vez que f(tx, ty) =(tx)2 + (ty)2
2(tx)(ty)= t0f(x, y).
Como f(1, z) =z2 + 1
2z, tem-se
dz
dx=
f(1, z)− z
x=
1−z2
2z
x.
Aplicando-se o metodo das variaveis separadas, tem-se2z
1− z2dz =
dx
xe, integrando, obtem-se
− ln(1− z2) = ln(x) + C, ou seja, Kx =1
1− z2onde K = eC .
Assim, y(x) = ±x
√1− 1
Kxe, escolhendo K e o sinal de forma a que y(2) =
√2, conclui-se que
y(x) =√
x(x− 1).
3 Resolva a equacao diferencial de primeira ordem y′y2 = 4x2 − 4xy + y2.
Resposta.
Equacao homogenea de grau 1.
y = 0 torna a equacao trivial.
Seja y 6= 0. Logo y′ = f(x, y) := 4(x
y
)2
− 4x
y+ 1. A equacao e homogenea de grau 1 uma vez que,
∀t ∈ R, f(tx, ty) = f(x, y).
Seja xz = y. Entao, xz′+z = y′ =4z2− 4
z+1. Donde xz′ =
−z3 + z2 − 4z + 4z2
= − (z − 1)(z2 + 4)z2
.
Logo −dx
x=
z2dz
(z − 1)(z2 + 4)=
15dz
z − 1+
45 (z + 1)dz
z2 + 4.
Integrando, obtem-se − ln(|x|) = 15 ln(|z − 1|) + 2
5 ln(|z2 + 4|) + 15 arctan
(z2
)+ C. Ou seja,
K = x∣∣∣yx− 1
∣∣∣15∣∣∣(y
x
)2
+ 4∣∣∣25e
15 arctan
(y2x
).
9 Metodos Gerais de Resolucao de EDOs - Variacao de Parametrose Diferencial Exacta
9.1 Objectivos
• Identificar a aplicabilidade e resolver a EDO utilizando o metodo da variacao de parametros.
• Identificar a aplicabilidade e resolver a EDO utilizando o metodo da diferencial exacta.
9.2 Conteudo
Metodo das Variacao de Parametros
• y′ + p(x)y = g(x), ∀x ∈ I onde p, g : I → R sao contınuas.
a) g(x) ≡ 0. Equacao homogenea.y′
y= −p(x). Logo ln(y) = K − ∫
p(x)dx e y(x) = Ce−∫
p(x)dx.
b) g(x) 6= 0. Seja y(x) = C(x)e−∫
p(x)dx. Substituindo y(x) na EDO, obtem-se C ′(x) = e∫
p(x)dxg(x)
e, integrando, tem-se C(x) = K +∫
e∫
p(x)dxg(x)dx. Logo,K +
∫e∫
p(x)dxg(x)dx
e∫
p(x)dx.
• Alternativamente, seja r : I → R tal que r′(x) = p(x)r(x), ou seja r(x) = e∫
p(x)dx.Multiplicando ambos os lados da EDO por r(x) e somando e subtraindo r′(x)y(x), obtem-se
(r(x)y(x))′ + y(x)[r′(x)− p(x)r(x)] = r(x)g(x). Conclui-se pois que y(x) =K +
∫r(x)g(x)dx
r(x).
• Equacao de Bernoulli. y′ + p(x)y = g(x)yn.Mudanca de variavel z = y1−n. Logo, z′ = (1 − n)y−ny′ = −(1 − n)p(x)y1−n + (1 − n)g(x) =(n− 1)(zp(x)− g(x)). Resolucao pelo metodo da variacao dos parametros.
Metodo da Diferencial Exacta
• M(x, y)+N(x, y)dy
dx= 0, onde M, N : D → R sao diferenciaveis e D ⊂ R2 e aberto e simplesmente
conexo.
• Def. A EDO e Diferencial Exacta se e so se ∃Φ : D → R com segunda derivada contınua tal que∂Φ∂x
(x, y) = M(x, y) e∂Φ∂y
(x, y) = N(x, y).
Obs.: Se y(x) e solucao da EDO com y(x0) = y0, entao 0 =∂Φ∂x
(x, y) +∂Φ∂y
(x, y)dy
dx|y=y(x) =
dΦdx
(x, y(x)). Ou seja Φ(x, y(x)) = C, onde C = Φ(x0, y0), define y(x) implicitamente.
• Teorema. A EDO e uma Diferencial Exacta se e so se∂M
∂y(x, y) =
∂N
∂x(x, y), ∀(x, y) ∈ D.
Obs.: (⇒)∂M
∂y=
∂2Φ∂y∂x
=∂2Φ∂x∂y
=∂N
∂x. A implicacao oposta e verificada pelo procedimento.
• Procedimento. Seja Φ(x, y) =∫
M(x, y)dx + h(y). (Ou, na forma diferencial M(x, y) =∂Φ∂x
(x, y).)
∂Φ∂y
(x, y) =∫
∂M
∂ydx + h′(y) =
∫∂N
∂xdx + h′(y) = N(x, y) + g(y). Ou seja, N =
∂Φ∂y
− g(y).
Para concluir que g(y) ≡ 0, observe que Φ(x, y) − ∫g(y)dy =
∫Ndy + h(x) , tendo-se
∂Φ∂x
=∫∂N
∂xdy + h′(x) =
∫∂M
∂ydy + h′(x) = M + g(x). Donde Φ(x, y) =
∫M(x, y)dx+
∫g(x)dx+h(y).
Isto contradiz a definicao inicial de Φ caso g(x) 6= 0 ou g(y) 6= 0.
• Uma EDO e Redutıvel a Diferencial Exacta se existir factor integrante, ou seja γ(x, y) tal que
γM + γNdy
dx= 0 e Diferencial Exacta.
Neste caso, γ satisfaz∂γ
∂xM − ∂γ
∂yN + γ
(∂M
∂y− ∂N
∂x
). Facil de calcular no caso de γ = γ(x) ou
γ = γ(y).
9.3 Exercıcios resolvidos
1 Resolva, para y(0) = 1, a seguinte equacao diferencial ordinaria
y′ + tg(x)y = sin(x)y3.
Resposta. Equacao de Bernoulli. Seja z = y−2.
z′ = −2y−3y′ = −2y−3(− tan(x)y + sin(x)y3
)= 2 tan(x)y−2 − 2 sin(x) = 2 tan(x)z − 2 sin(x).
Obtem-se uma equacao linear em z com p(x) = −2 tan(x) e g(x) = −2 sin(x).
Note que r(x) = e−2∫
tan(x)dx = e2 ln(| cos(x)|) = | cos(x)|2 = cos2(x). Logo y(x) = 1√z(x)
onde z(x)
e dado por
z(x) =K +
∫r(x)g(x)dx
r(x)=
K − 2∫
cos2(x) sin(x)dx
cos2(x)=
K +23
cos3(x)
cos2(x)= K cos−2(x) +
23
cos(x).
Como y(0) = 1, tem-se que z(0) = 1, de que resulta K =13. Logo y(x) =
√3 cos(x)√
1 + 2 cos3(x), ∀x tal
que cos(x) > − 13√
2, ou seja x ∈
⋃
k∈Z
((− arccos(− 1
3√
2), arccos(− 1
3√
2)) + 2kπ
).
2 Verifique se a seguinte equacao(2xy +
1y
sec2(x
y
))+
(x2 − x
y2sec2
(x
y
))y′ = 0 e uma diferencial
exacta. Calcule a respectiva solucao.
Resposta. Sejam M(x, y)=2xy +1y
sec2(x
y
)e N(x, y)=x2 − x
y2sec2
(x
y
). Sendo sec(z)=
1cos(z)
,
∂M
∂y(x, y) = 2x +
(− 1
y2
)sec2
(x
y
)+
1y(−2) cos−3
(x
y
)(− sin
(x
y
))(− x
y2
)
= 2x− 1y2
sec2(x
y
)− 2x
y3cos−3
(x
y
)sin
(x
y
)=
∂N
∂x(x, y)
A solucao e definida implicitamente por Φ(x, y) =∫ [
2xy+ 1y sec2
(xy
)]dx = x2y+tan
(xy
)+g(y) = 0.
Para determinar g(y) basta notar que∂Φ∂y
(x, y) = x2− x
y2sec2
(x
y
)+ g′(y) = N(x, y) o que implica
g′(y) = 0, ou seja g(y) = C.
3 Resolva equacao diferencial de primeira ordem13(y3 + x3y′) + xy(x + y)(1 + y′) = 0.
Resposta. Para saber o tipo de equacao, basta observar que esta equacao diferencial pode ser escritana forma
13y3 + x2y + xy2 +
(13x3 + x2y + xy2
)y′ = 0.
Sendo M(x, y) =13y3 + x2y + xy2 e N(x, y) =
13x3 + x2y + xy2, tem-se
∂
∂yM(x, y) = (x + y)2 =
∂
∂xN(x, y). Logo trata-se de uma equacao diferencial exacta.
Assim, Φ(x, y) =∫
M(x, y)dx =13y3x +
13x3y +
12x2y2 + g(y).
Para definir g(y) a menos de uma constante, utiliza-se a igualdade N(x, y) =∂
∂yΦ(x, y), concluindo-
se que g′(y) = 0 ou seja g(y) = K. A relacao funcional entre x e y e dada implicitamente por
13xy
(x2 +
32xy + y2
)+ K = 0.
10 Equacoes Lineares Homogeneas de Ordem n
10.1 Objectivos
• Calcular a solucao da EDO linear, homogenea e de ordem n.
• Raciocinar em termos funcionais - a EDO define lugar geometrico de pontos num espaco de funcoes.
10.2 Conteudo
• y(n)(x) +n−1∑
k=0
pk(x)y(k)(x) = g(x), com y(k)(x0) = yk0 , k = 0, . . . , n− 1, (y(0)(x) = y(x)).
Obs.: Como pk : I → R, k = 0, . . . , n− 1, sao contınuas, a solucao da EDO existe e e unica.
• A EDO homogenea como operador linear: L =n∑
k=0
pkDk, onde Dk: Cm(I)→Cm−k(I), Dkf=f (k).
Transformacao Linear: T : X → Y , T (αy + βz) = αTy + βTz,ImT := y ∈ Y : Tx = y, x ∈ X, KerT := x ∈ X : Tx = 0, T−1y := x ∈ X : Tx = y.Seja y uma solucao particular da EDO, i.e., Ly = g, entao L−1(g) = y + KerL e a famılia geral desolucoes da EDO.
• Sistema Fundamental de Solucoes, y1(x), y2(x), . . . , yn(x), e uma base de KerL.
W (x) =
y1(x) y2(x) ... yn(x)y′1(x) y′2(x) ... y′n(x)
: : :y(n−1)1 (x) y
(n−1)2 (x) ... y
(n−1)n (x)
e a matriz Wronskiana.
Se detW (x) 6= 0, ∀x ∈ I, z(x) =∑n
i=1 ciyi(x) e a solucao geral da EDO homogenea (i.e., Ly = 0).detW (x) 6= 0 se e so se y1(x), y2(x), . . . , yn(x) e um conjunto linearmente independente.
• Calculo do Sistema Fundamental de Solucoes. Caso n = 2.Seja Ly = y′′ + a1y
′ + a0 e y(x) = erx.Logo Ly(x) = erx(r2 + a1r + a0) = 0 se e so se 0 = P (r) = r2 + a1r + a0 = (r − r1)(r − r2).
– Se r1 6= r2, entao y1(x) = er1x, e y2(x) = er2x.– Se r1 = r2, entao y1(x) = er1x, e y2(x) = xer1x.
Se r1=λ + iµ, entao r2=λ− iµ. y1=12 [er1x + er2x]=eλx cos(µx) e y2= 1
2i [er1x − er2x]=eλx sin(µx).
• Calculo do Sistema Fundamental de Solucoes. Caso geral com coeficientes constantes.
Ly = 0 onde L=Dn +n−1∑
k=0
akDk. L(erx)=erx(rn +
∑n−1k=0 akrk
)=erxP (r) = 0 se e so se P (r)=0.
P (r) =n∏
k=1
(r − rk) designa-se de Polinomio Caracterıstico.
– Raızes distintas (i 6= j =⇒ ri 6= rj): yk(x) = erkx, k = 1, . . . n.– Raızes multiplas. A raız λ tem multiplicidade s se existe um polinomio Q(r) de grau n − s
tal que P (r) = (r − λ)sQ(r). Associada com a raız λ de multiplicidade s estao os seguintes selementos do Sistema Fundamental de Solucoes: eλx, xeλx, . . ., xs−1eλx.
Obs.: No caso de raızes complexas, tem-se que se r=λ + iµ e raiz, entao r∗=λ− iµ tambem e e os
elementos da base de KerL poderao ser y(x)=12
(erx + er∗x
)=eλx cos(µx) e y(x)=
12i
(erx− er∗x
)=
eλx sin(µx). Se P (r) = ((r − λ)2 + µ2)sQ(r) onde o grau de Q e n − 2s, tem-se que os elemen-tos associados com a raız complexa multipla sao: eλx cos(µx), eλx sin(µx), . . ., xs−1eλx cos(µx) exs−1eλx sin(µx).
• z ∈ KerL se e so se existem constantes ck, k = 1, . . . , n tais que z(x) =n∑
k=1
ckyk(x).
As constantes C := col(c1, c2, . . . , cn) sao determinadas pelas condicoes de fronteira z(x0) = z0,z′(x0) = z1
0 , . . ., zn−1(x0) = zn−10 , resolvendo o sistema de equacoes linear em C, W (x0)C = Z :=
col(z0, z10 , . . . , zn−1
0 ).
10.3 Exercıcios resolvidos
1 Considere a EDO linear de coeficientes constantes
y′′′ + y′′ − 5y′ + 3y = 0
com as condicoes de fronteira y(0) = −y′(0) = y′′(0) = 1.
Calcule a solucao.
Resposta.
O polinomio caracterıstico da EDO e P (r) = r3+r2−5r+3 que, factorizado e : P (r) = (r−1)2(r+3).
Logo um Sistema Fundamental de Solucoes para a EDO e dado por
y1(x) = ex, y2(x) = xex, y3(x) = e−3x.
A solucao geral e: y(x) = c1ex + c2xex + c3e
−3x.
Para calcular as constantes, determina-se y′(x) e y′′(x), dadas, respectivamente, por
c1ex + c2(x + 1)ex − 3c3e
−3x e c1ex + c2(x + 2)ex + 9c3e
−3x.
Das condicoes de fronteira tem-se que o sistema de equacoes
c1 + c3 = 1c1 + c2 − 3c3 = −1c1 + 2c2 + 9c3 = 1
cuja resolucao da c1 =34, c2 = −1, c3 =
14.
2 Escreva uma base para o sistema fundamental de solucoes e determine a solucao geral da equacaodiferencial ordinaria
y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = 0.
Determine a solucao particular para y(0) = 1, y′(0) = 1, y′′(0) = 1.
Sugestao: Verifique que −1 e raiz do polinomio caracterıstico.
Resposta.
O polinomio caracterıstico associado a equacao diferencial e r3 + 3r2 + 3r + 1 = (r + 1)3. Afactorizacao pode ser feita, observando que se trata de um polinomio binomial ou entao utilizandoa sugestao para concluir que r3 + 3r2 + 3r + 1 = (r + 1)(r2 + 2r + 1) por divisao de polinomios.
Logo, a solucao geral e dada por y(x) = e−x(c1 + c2x + c3x2).
Como y′(x) = e−x[c2 − c1 + (2c3 − c2)x− c3x2] e y′′(x) = e−x[c1 − 2c2 + 2c3 + (c2 − 4c3)x + c3x
2],tem-se que os valores dos coeficientes c1, c2 e c3 podem ser calculados das relacoes y(0) = c1 = 1,y′(0) = c2 − c1 = 1 e y′′(0) = c1 − 2c2 + 2c3 = 1.
Donde se conclui que y(x) = e−x(1 + 2x + 2x2).
11 Equacoes Lineares Nao Homogeneas de Ordem n e de coefi-cientes constantes
11.1 Objectivos
• Calcular a solucao de EDO linear de ordem n pelo Metodo do Polinomio Aniquilador.
• Calcular a solucao de EDO linear de ordem n pelo Metodo da Variacao dos Parametros.
11.2 Conteudo
• Ly = g ou seja y(n)(x) +n−1∑
k=0
aky(k)(x) = y(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + . . . + a1y
′(x) + a0y(x) = g(x).
Metodo do Polinomio Aniquilador
• Aplica-se quando g e combinacao linear de funcoes que podem ser elementos de um Sistema Fun-damental de Solucoes, ou seja, do tipo xαeλx cos(µx) ou xαeλx sin(µx) onde α ∈ N ∪0, λ, µ ∈ R.
• Procedimento.
– Determinar o operador Q de menor ordem q tal que Qg(x)=0. Tem-se que (Q L)y=Qg=0.
– Sejam M = Q L e m = q + n. Resolvendo My = 0, obtem-se y(x) =m∑
k=1
ckyk(x).
– Ordenar o Sistema Fundamental de Solucoes de forma a que y1, . . . , yn sao os elementosassociados ao operador L.
– De Ly(x) = L( n∑
k=1
ckyk(x) +m∑
k=n+1
ckyk(x))
=m∑
k=n+1
ckyk(x) = g(x) determinam-se os coefi-
cientes cn+1, cn+2,. . ., cm.
Obs.: Os coeficientes c1, c2,. . ., cn determinam-se utilizando as condicoes de fronteira usuais y(x0) =y0, y′(x0) = y1
0 ,. . ., y(n−1)(x0) = yn−10 .
Metodo da Variacao dos Parametros
• Se z(x) =n∑
i=1
ciyi(x) e solucao do sistema homogeneo, entao z(x) =n∑
i=1
ci(x)yi(x) e solucao do
sistema com g(x) 6= 0.
• Procedimento
Seja W (x) e a matriz Wronskiana e Wk(x) a matriz que se obtem de W (x) substituindo a k-esimacoluna por col(0, 0, . . . , 1), para k = 1, . . . , n, o coeficiente ck(x) e dado por:
ck(x) = ck +∫ x
x0
g(ξ)detWk(ξ)detW (ξ)
dξ.
Obs.: c′k(x) =g(x)detWk(x)
detW (x)e a k-esima componente da solucao do sistema de equacoes W (x)C ′(x) =
G(x) onde C ′(x) = col(c′1(x), . . . , c′n−1(x), c′n(x)) e G(x) = col(0, . . . , 0, g(x)).
• Justificacao. Se se escolher c1(x), c2(x),. . ., cn(x) de tal modo quen∑
i=1
c′i(x)y(k)i (x) = 0, k =
0, . . . , n− 2, en∑
i=1
c′i(x)y(n−1)i (x) = g(x), ou seja, W (x)C ′(x) = G(x), tem-se:
Lz(x) = z(n)(x)+n−1∑
k=0
akz(k)(x) = z(n)(x)+n−1∑
k=0
[ak
n∑
i=1
ci(x)y(k)i (x)
]= z(n)(x)+
n∑
i=1
[ci(x)
n−1∑
k=0
aky(k)i (x)
]
= z(n)(x)−n∑
i=1
ci(x)y(n)i (x) =
n∑
i=1
c′i(x)y(n−1)i (x) = g(x).
11.3 Exercıcios resolvidos
1 Utilize o metodo do polinomio aniquilador para calcular a solucao particular da seguinte equacaodiferencial ordinaria
y′′′ + 2y′′ + 2y′ = e−x cos(x)
onde y(0) = y′(0) = y′′(0) = 1.
Resposta. Seja L(y) = y′′′+2y′′+2y′. O polinomio caracterıstico associado e p(r) = r3+2r2+2r =r(r + 1 + i)(r + 1− i).
q(r) = (r + 1 + i)(r + 1 − i) e o polinomio caracterıstico associado ao operador Q que aniquilag(x) = e−x cos(x).
Logo a solucao geral da equacao diferencial homogenea (Q L)(y) = 0 de polinomio caracterıstico
q(r)p(r) = r(r2 + 2r + 2)2, e dada por y(x) =5∑
i=1
ciyi(x) onde
y1(x) = 1, y2(x) = e−x cos(x), y3(x) = e−x sin(x), y4(x) = e−xx cos(x) e y5(x) = e−xx sin(x).
Para determinar os parametros c4 e c5, observe que, sendo
y′(x) = 2e−x[(−c2 + c3 + c4 + (−c4 + c5)x) cos(x) + (−c2 − c3 + c5 − (c4 + c5)x) sin(x)
]
y′′(x) = e−x[(−c3 + c4 + c5 − c5x) cos(x) + (c2 − c4 − c5 + c4x) sin(x)
]
y′′′(x) = 2e−x[(c2 + c3 − 3c5 + (c4 + c5)x) cos(x) + (−c2 + c3 + 3c4 − (−c4 + c5)x) sin(x)
],
se tem que L(y)(x) = y′′′(x) + 2y′′(x) + 2y′(x) = 2e−x[(−c4 − c5) cos(x) + (c4 − c5) sin(x)
]=
e−x cos(x). Donde se conclui que c4 = c5 = −14.
Observacao: Note que, como L( 3∑
i=1
ciyi(x))
= 0, basta utilizar L(c4y4(x) + c5y5(x)) = e−x cos(x)
para calcular c4 e c5.
Para calcular a solucao particular basta verificar que 1 = y(0) = c1 + c2, 1 = y′(0) = −c2 + c3 − 14
e 1 = y′′(0) = −2c3. Daqui se conclui que c1 =114
, c2 = −74
e c3 = −12.
2 Resolva a EDO y′′ + 2y′ + y =ex ln(x)
x, com y(1) = y′(1) = e.
Resposta.
Note que, comoex ln(x)
xnao e elemento de um sistema fundamental de solucoes de qualquer EDO
linear, tem-se que utilizar o metodo de variacao de parametros.
Sendo o polinomio caracterıstico do operador diferencial dado por P (r) = r2 + 2r + 1 = (r + 1)2,tem-se que o sistema fundamental de solucoes e constituıdo por: y1(x) = ex e y2(x) = xex.
Calculemos c′i(x) dada porex ln(x)
x
detWi(x)detW (x)
, i = 1, 2.
Logo, a matriz Wronskiana e dada por W (x) =[
ex xex
ex (x + 1)ex
]. Donde detW (x) = e2x.
Imediatamente se conclui que detW1(x) = −xex e que detW2(x) = ex.
Logo c′1(x) = − ln(x) e c′2(x) =ln(x)
x.
Donde c1(x) = c1 − x(ln(x)− 1) e c2(x) =12
ln(x)2 e portanto
y(x) = ex[(c1 − x(ln(x)− 1)) + x(c2 +12
ln(x)2)].
Determinando-se das condicoes de fronteira que c1 = 3 e c2 = −1.
12 Sistema de n Equacoes Diferenciais Lineares
12.1 Objectivos• Calcular a resposta temporal de sistemas lineares invariantes no tempo de ordem n.• Relacionar sistemas lineares invariantes no tempo de ordem n com EDO’s lineares de ordem n.
12.2 Conteudo
• Seja y(n) +n−1∑
k=0
ak(t)y(k) = g(t). Fazendo xk = y(k−1), k = 1, . . . , n, tem-se x = A(t)x + f(t), onde
A(t):=
0 1 0 ... 0 00 0 1 ... 0 0: : : : :0 0 0 ... 0 1
−a0(t) −a1(t) −a2(t) ... −an−2(t) −an−1(t)
, x=
x1
x2
:xn−1
xn−1
e f(t)=
00:0
g(t)
.
• Def. x : I → Rn e solucao com x(t0) = x0 se x(t) = A(t)x(t) + f(t), t ∈ I.
• Sejam r e v tais que u(t) = ertv e solucao de x = Ax. Logo rertv = u(t) = Au(t) = Aertv, e,portanto, (rI − A)v = 0, ou seja, r e valor proprio de A (zero de p(r) = det(rI − A)) e v e ovector proprio associado a r (v ∈ Ker(rI −A)).
• Definicao. eAt :=∞∑
k=0
Antn
n!. Note a analogia com o caso escalar eat :=
∞∑
k=0
antn
n!.
Propriedades. (i) det(eAt) 6= 0, ∀t; (ii) eAteAs = eA(t+s); (iii) eAte−At = I; (iv)d
dt(eAt) = AeAt.
Teorema. A solucao de x = Ax, com x(t0) = x0, e x(t) = eA(t−t0)x0.
• Calculo de eAt - caso de valores proprios distintos.Sejam (λk, vk) k=1, . . . , n os pares, valor proprio e vector proprio associado, da matriz A e T =[v1| · · · |vn].
a) eAtT=[u1(t)| · · · |un(t)], uk(t)=eλktvk, k=1, . . . , n. Logo, de x(t)=n∑
k=1
ckuk(t), C=T−1e−At0x0.
b) O facto dos valores proprios serem distintos implica que det(T ) 6= 0. Logo, Λ = T−1AT =diag(λ1, . . . , λn).
eAt =∞∑
k=0
Aktk
k!=
∞∑
k=0
(TΛT−1)ktk
k!=
∞∑
k=0
TΛkT−1tk
k!= T
∞∑
k=0
Λktk
k!T−1 = TeΛtT−1, sendo
eΛt = diag(eλ1t · · · eλnt).• Calculo de eAt - caso de valores proprios multiplos. det(λI −A) =
r∏
k=1
(λ− λk)mk ,r∑
k=1
mk = n.
mk e a multiplicidade algebrica e µk, o no¯ de vector proprios associados a λk, e a multiplicidade
geometrica do vector proprio λk, k=1, . . . , r, satisfazendo 1≤µk≤mk.O no
¯ de vectores proprios associados ao valor proprio λk, µk, e igual ao no¯ de Blocos de Jordan,
Jl(λk)=λkI lk + J l
k ∈ Rnlk×nl
k (I lk e a matriz identidade e J l
k e a matriz [ai,j ] com ai,j =0 quando
j 6=i + 1 e ai,i+1=1, i=1, . . . , nlk) que lhe estao associados. Note que
µk∑
l=1
nlk=mk.
Tem-se A=Tdiag(· · · , Jl(λk), · · ·
)T−1, l=1, . . . , µk, k=1, . . . , r com T=[· · · |vj
k,l| · · ·], j=0, . . . , nlk−1,
sendo v0k,l o l-esimo vector proprio associado com λk (ou seja Av0
k,l=λkv0k,l) e vj
k,l, os respectivosvectores proprios generalizados, ou seja, Avj
k,l=λkvjk,l + vj−1
k,l , j=1, . . . , nlk−1.
eAt=Tdiag(. . . , eJl(λk)t, . . .
)T−1 onde eJl(λk)t=eλkt
nlk−1∑
j=0
tj
j!(J l
k)j (note que (J lk)0=I e (J l
k)nlk=0).
Os elementos do Sistema Fundamental de Solucoes associados ao l-esimo subespaco proprio de λk
sao dados por: u0k,l(t)=eλktv0
k,l, u1k,l(t)=eλkt[tv0
k,l+v1k,l], . . ., us
k,l(t)=eλkt[ s∑
i=0
ti
i!vs−i
k,l
], s=0, . . . , nl
k−1.
• Raızes complexas. Sejam u(t) = e(λ+µi)t(vR + ivI) e u(t) = e(λ−µi)t(vR − ivI). Tem-se α(t) =12[u(t)+u(t)]=eλt(vR cos(µt)−vI sin(µt)) e β(t)=
12i
(u(t)−u(t))=eλt[vR sin(µt)+vI cos(µt)]. Donde se
conclui que[
α(t)β(t)
]=
[λ −µµ λ
] [α(t)β(t)
], tendo-se eAt = eλt
[cos(µt) − sin(µt)sin(µt) cos(µt)
].
• A solucao de x = Ax + Bu, x(t0) = x0, e dada por x(t) = eA(t−t0)x0 +∫ t
t0
eA(t−s)Bu(s)ds.
12.3 Exercıcios resolvidos
1 Calcule a solucao do sistema x(t)=A(ε)x(t), A(ε)=[
0 1−1 + ε2 −2
], onde ε > 0, e quando x(0)=
[11
].
Calcule a resposta no limite quando ε → 0.
Resposta. A solucao do sistema de equacoes diferenciais e dada por x(t) = eA(ε)tx(0).Os valores proprios de A(ε), dados como os zeros do polinomio caracterıstico
det([
λI −A(ε)])
= det([
λ −11− ε2 λ + 2
])= (λ + 1)2 − ε2 = (λ + 1 + ε)(λ + 1− ε).
Note que os zeros sao distintos sempre que ε > 0. Logo, a resposta e dada pela expressao
xε(t) = c1(ε)e(−1−ε)tv1(ε) + c2(ε)e(−1+ε)tv2(ε),
sendo v1(ε) e v2(ε) os vectores proprios associados, respectivamente, aos valores proprios −1−ε e −1+ε, e os coeficientes c1(ε) e c2(ε) tais que c1(ε)v1(ε)+c2(ε)v2(ε) = x(0). Observe que os
vectores v1(ε)=[
1−1− ε
]e v2(ε)=
[1
−1 + ε
]satisfazem, respectivamente, A(ε)v1(ε)=(−1− ε)v1(ε) e
A(ε)v2(ε)=(−1 + ε)v2(ε). De c1(ε)[
1−1− ε
]+c2(ε)
[1
−1 + ε
]=
[11
], tem-se que c1(ε)+c2(ε)=1 e que
c2(ε)=c1(ε)− 2ε, e, portanto, c1(ε)=
12−1
εe c2(ε)=
12+
1ε. Substituindo, tem-se
xε(t)=(1
2−1ε
)e(−1−ε)t
[1
−1−ε
]+(1
2+1ε
)e(−1+ε)t
[1
−1+ε
]= e−t
eεt
2
[1
1+ε
]+
e−εt
2
[1
1−ε
]+
eεt − e−εt
ε
[1−1
].
Calculo do limε→0
xε(t). Enquanto que os dois primeiros termos convergem para e−t
[11
], o limite
do terceiro termo requer a aplicacao do Teorema de l’Hopital ao termoeεt − e−εt
ε. Assim, como
limε→0
eεt − e−εt
ε= lim
ε→0
teεt + te−εt
1= 2t, tem-se que lim
ε→0xε(t) = e−t
([11
]+ 2t
[1−1
]).
Este resultado pode ser facilmente confirmado, calculando
eAtx(0) = TeΛtT−1x(0),
onde A = A(ε)|ε=0, e, como A tem um valor proprio duplo igual a −1, Λ e a forma de Jordan (matrizquase diagonalizada) de A e T e a matriz cuja primeira e segunda colunas sao, respectivamente, o
vector proprio e o vector proprio generalizados de A, sendo as duas ultimas dadas por Λ=[−1 1
0 −1
]
e T=[
1 1−1 0
]. Facilmente se conclui que eΛt=e−t
[1 t0 1
]e T−1=
[0 −11 1
].
2 Calcule a solucao do sistema x(t) = Ax(t), onde A =[
0 2−1 −3
], com x(0) =
[12
].
Resposta. Aqui aparecem as duas alternativas, cada uma das quais requerendo o calculo dos valorese dos vectores proprios da matriz A.
Calculo dos valores proprios. det(λI −A) = det([
λ −21 λ + 3
])= λ2 + 3λ + 2 = (λ + 1)(λ + 2).
Calculo dos vectores proprios.
λ1 = −1:[ −1 −2
1 2
]v1 = 0 ⇐= v1 =
[1− 1
2
]. λ2 = −2:
[ −2 −21 1
]v2 = 0 ⇐= v2 =
[1−1
].
Alternativa A
x(t)=c1v1eλ1t+c2v2e
λ2t=c1e−t
[1− 1
2
]+c2e
−2t
[1−1
]. x(0)=
[c1 + c2
− 12c1 − c2
]=
[12
]=⇒ c1=6, c2=−5.
Alternativa B
x(t)=eAtx(0), onde eAt=TeΛtT−1, com eΛt=[
e−t 00 e−2t
], T=
[1 1− 1
2 −1
], T−1=
[2 2−1 −2
].
Logo x(t) = TeΛt
[6−5
]= T
[6e−t
−5e−2t
]=
[6e−t − 5e−2t
−3e−t + 5e−2t
].