Sistema Bidimensional de EDO Lineares de Primeira Ordem
Por: Santiago C.
22 de Julho de 2017

Sistema Bidimensional de EDO Lineares de Primeira Ordem

Física EM 2

Como caso geral, consideramos as funções Xk(t) e fk(t) ambas geralmente complexas e com variável t real sendo k um número natural (k=1,2,...,n). Seja o sistema:

\frac{dx_{1}}{dt}=a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1n}x_{n}+f_{1}(t)

\frac{dx_{2}}{dt}=a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2n}x_{n}+f_{2}(t)

\vdots

\frac{dx_{n}}{dt}=a_{n1}x_{1}+a_{n2}x_{2}+\cdots+a_{nn}x_{n}+f_{n}(t)

Esse sistema de equações pode ser representado como: 

\mathbf{\dot{X}}=A\mathbf{X}+\mathbf{f}

Onde:

\mathbf{\dot{X}}=\left( \begin{array}{ccc} \dot{x}_{1}\\ \vdots\\ \dot{x}_{n} \end{array}\right),\quad A=\{a_{ij}\}_{n\times n},\quad \mathbf{f}=\left( \begin{array}{ccc} f_{1}\\ \vdots\\ f_{n} \end{array}\right)

Se o vetor f = 0, o caso é homogêneo.

Para esse texto, só consideramos o caso bidimensional homogêneo. Vamos resolver os seguinte sistema:

\frac{d}{dt}\left(\begin{array}{ccc}x_{1}\\ x_{2}\end{array}\right)=A\left(\begin{array}{ccc}x_{1}\\ x_{2}\end{array}\right)     ...(1)

Consideramos o espaço vetorial V formado pelas matrizes colunas de dimensão dois sobre o espaço dos números complexos. Neste espaço as matrizes resultam ser operadores lineares. Temos dois casos para a resolução desses sistemas: Quando é possível fazer a diagonalização da matriz A e quando não é possível.

 

CASO 1: Matriz A diagonalizável.

Neste caso é possível formar uma base B não necessariamente ortonormal com os vetores próprios de A. Para a matriz A temos a equação de autovalores:

A\mathbf{V}_{k}=\lambda_{k}\mathbf{V}_{k},\quad k=1,2.

onde Vk são os vetores próprios de A e são linearmente independentes (L.I), e os respetivos autovalores são diferentes entre si. Assim, podemos expressar o vetor X em uma base B:

B=\{\mathbf{V}_{1}, \mathbf{V}_{2}\}

da seguinte maneira:

\mathbf{X}=\left(\begin{array}{ccc}x_{1}\\ x_{2}\end{array}\right)=x_{1}\left(\begin{array}{ccc}1\\ 0\end{array}\right)+x_{2}\left(\begin{array}{ccc} 0\\ 1\end{array}\right)=\sum\limits_{k=1}^{2}\alpha_{k}(t)\mathbf{V}_{k}     ...(2)

onde

\alpha_{k}=\textrm{comp}_{\mathbf{V}_{k}}\mathbf{X}

O objetivo é encontrar uma função para a variável alfa. Para isso derivamos a equação (2) e substituimos (1):

\frac{d\mathbf{X}}{dt}=\sum\limits_{k=1}^{2}\dot{\alpha}_{k}\mathbf{V}_{k}\quad\rightarrow\quad A\mathbf{X}=\sum\limits_{k=1}^{2}\dot{\alpha}_{k}\mathbf{V}_{k}     ...(3)

trabalhamos na parte esquerda da Eq. (3) substituindo (2):

A\mathbf{X}=A\sum\limits_{k=1}^{2}\alpha_{k}\mathbf{V}_{k}=\sum\limits_{k=1}^{2}\alpha_{k}(A\mathbf{V}_{k})=\sum\limits_{k=1}^{2}\alpha_{k}(\lambda_{k}\mathbf{V}_{k})

Então, a Eq. (3) finalmente fica:

\sum\limits_{k=1}^{2}\lambda_{k}\alpha_{k}\mathbf{V}_{k}=\sum\limits_{k=1}^{2}\dot{\alpha}_{k}\mathbf{V}_{k}\quad\rightarrow \quad\sum\limits_{k=1}^{2}(\dot{\alpha}_{k}-\lambda_{k}\alpha_{k})\mathbf{V}_{k}=0

Como os vetores próprios Vk são L.I:

\dot{\alpha}_{k}=\lambda_{k}\alpha_{k}\quad\rightarrow\quad \alpha_{k}=C_{k}e^{\lambda_{k}t}

Onde Ck são constantes que podem ser encontradas utilizando as condições iniciais.

Assim, substituindo os valores para alfa em (2), encontramos a solução do sistema para o caso quando a matriz A é diagonalizável:

\mathbf{X}=\sum\limits_{k=1}^{2}C_{k}e^{\lambda_{k}t}\mathbf{V}_{k}      ...(4)

 

Exemplo: Problema do oscilador harmônico.

Resolver a equação:

\ddot{x}+\omega^{2}x=0     ...(5)

Solução:

Fazemos o seguinte:

x_{1}=x, x_{2}=\dot{x}\quad\rightarrow\quad\dot{x}_{1}=x_{2}

Substituindo em (5):

\dot{x}_{2}+\omega^{2}x_{1}=0\quad\rightarrow\quad\dot{x}_{2}=-\omega^{2}x_{1}

Com essas mudanças de variaveis, a EDO da segunda ordem (5) se transforma em duas EDO de primeira ordem:

\left\lbrace \begin{array}{ll} \dot{x}_{1}=x_{2}\\ \dot{x}_{2}=-\omega^{2}x_{1} \end{array} \right.\quad\rightarrow\quad \left\lbrace \begin{array}{ll} \dot{x}_{1}=0.x_{1}+1.x_{2}\\ \dot{x}_{2}=-\omega^{2}x_{1}+0.x_{2} \end{array} \right.

\left( \begin{array}{ccc} \dot{x}_{1}\\ \dot{x}_{2} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc}0&1\\-\omega^{2}&0\end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right) \quad\rightarrow\quad \mathbf{\dot{X}}=A\mathbf{X}

Calculamos os valores e vetores próprios de A mediante:

 P(\lambda)=\textrm{det}(A-\lambda I)=0

e obtemos:

\lambda_{1}=\omega i,\quad V_{1}=\left( \begin{array}{ccc} 1\\ \omega i \end{array}\right)

\lambda_{2}=-\omega i,\quad V_{2}=\left( \begin{array}{ccc} 1\\ -\omega i \end{array}\right)

Utilizando a solução (4):

\mathbf{X}=C_{1}e^{\lambda_{1}t}\mathbf{V}_{1}+C_{2}e^{\lambda_{2}t}\mathbf{V}_{2}

\left( \begin{array}{ccc} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right) = C_{1}e^{\omega it}\left( \begin{array}{ccc} 1\\ \omega i \end{array}\right) + C_{2}e^{-\omega it}\left( \begin{array}{ccc} 1\\ -\omega i \end{array}\right)

Nós só queremos a solução x1:

x_{1}=x=x(t)=C_{1}e^{i\omega t}+C_{2}e^{-i\omega t}     ...(6)

Lembrando o Teorema de Euler: 

e^{i\omega t}=\cos(\omega t)+i\sin(\omega t)

Em (6):

x(t)=C_{1}[\cos(\omega t)+i\sin(\omega t)]+C_{2}[\cos(\omega t)-i\sin(\omega t)]

x(t)=(C_{1}+C_{2})\cos(\omega t)+i(C_{1}-C_{2})\sin(\omega t)

Sejam C1 + C2 = B e i(C1 - C2)= D. Finalmente a solução para o problema do oscilador harmônico é:

x(t)=B\cos(\omega t)+D\sin(\omega t)=A\sin(\omega t+\delta)

onde A seria a amplitude e delta a fase.

 

 

CASO 2. Matriz A não diagonalizável.

Neste caso a matriz A só tem um valor próprio de multiplicidade 2 (lambda) mas só há um vetor próprio V:

A\mathbf{V}=\lambda\mathbf{V}     ...(7)

Para isso, utilizamos a seguinte base:

B=\biggl\{\mathbf{E}_{1}=\mathbf{V}; \mathbf{E}_{2}=\left( \begin{array}{ccc} 1\\ 0 \end{array}\right)\biggl\}

Como no caso anterior devemos expressar o vetor coluna X da Eq. (1) como uma combinação linear dos vetores da base, neste caso E1 e E2

\mathbf{X}=\left( \begin{array}{ccc} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right)=\beta_{1}\mathbf{E}_{1}+\beta_{2}\mathbf{E}_{2}=\sum\limits_{k=1}^{2}\beta_{k}\mathbf{E}_{k}      ...(8)

e como no caso anterior, devemos encontrar uma função para as variáveis beta:

A\mathbf{X}=\beta_{1}A\mathbf{E}_{1}+\beta_{2}A\mathbf{E}_{2}

A\mathbf{X}=\beta_{1}A\mathbf{V}+\beta_{2}A\mathbf{E}_{2}=\beta_{1}\lambda\mathbf{V}+\beta_{2}A\mathbf{E}_{2} =\beta_{1}\lambda\mathbf{E}_{1}+\beta_{2}A\mathbf{E}_{2}     ...(9)

Vemos que só resta expresar a quantidade AE2 como uma combinação linear de E1 (V) e E2

A\mathbf{E}_{2}=\nu_{1}\mathbf{E}_{1}+\nu_{2}\mathbf{E}_{2}     ...(10)

susbtituimos (10) em (9): 

A\mathbf{X}=(\lambda\beta_{1}+\nu_{1}\beta_{2})\mathbf{E}_{1}+\nu_{2}\beta_{2}\mathbf{E}_{2}      ...(11)

Por outra parte, das Eqs. (1) e (8) temos:

A\mathbf{X}=\mathbf{\dot{X}}=\dot{\beta}_{1}\mathbf{E}_{1}+\dot{\beta}_{2}\mathbf{E}_{2}      ...(12)

Comparando as Eqs. (11) e (12) obtemos o seguinte sistema de equações para as variáveis beta:

\left\lbrace \begin{array}{ll} \dot{\beta}_{1}=\lambda\beta_{1}+\nu_{1}\beta_{2}\\ \dot{\beta}_{2}=\nu_{2}\beta_{2} \end{array} \right.      ...(13)

Assim, do sistema de Eqs. (13) obtemos as variáveis beta e susbtituindo elas na Eq. (8) o problema fica resolvido.

 

Exemplo:

Resolver a equação diferencial:

\ddot{x}+2\omega\dot{x}+\omega^{2}x=0      ...(14)

Solução:

Fazemos o seguinte:

x_{1}=x, x_{2}=\dot{x}\quad\rightarrow\quad\dot{x}_{1}=x_{2}

Substituindo em (14):

\dot{x}_{2}=-\omega^{2}x_{1}-2\omega x_{2}

Com essas mudanças de variaveis, a EDO da segunda ordem (14) se transforma em duas EDO de primeira ordem:

\left\lbrace \begin{array}{ll} \dot{x}_{1}=x_{2}\\ \dot{x}_{2}=-\omega^{2}x_{1}-2\omega x_{2} \end{array} \right.\quad\rightarrow\quad \left\lbrace \begin{array}{ll} \dot{x}_{1}=0.x_{1}+1.x_{2}\\ \dot{x}_{2}=-\omega^{2}x_{1}-2\omega x_{2} \end{array} \right.

\left( \begin{array}{ccc} \dot{x}_{1}\\ \dot{x}_{2} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cc}0&1\\-\omega^{2}&-2\omega\end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right) \quad\rightarrow\quad \mathbf{\dot{X}}=A\mathbf{X}

Calculamos os valores e vetores próprios de A mediante:

P(\lambda)=\textrm{det}(A-\lambda I)=0

e obtemos o valor próprio lambda de multiplicidade 2 e o seguinte vetor próprio:

\lambda=-\omega,\quad V=\left( \begin{array}{ccc} 1\\ -\omega \end{array}\right)

De acordo com o explicado na teoria, consideramos a seguinte base:

B=\{\mathbf{E}_{1}, \mathbf{E}_{2}\}= \Biggl\{ \left( \begin{array}{ccc} 1\\ -\omega \end{array}\right) , \left( \begin{array}{ccc} 1\\ 0 \end{array}\right) \Biggl\}

e calculamos o produto de A e E2:

A\cdot\mathbf{E}_{2} =\left(\begin{array}{cc}0&1\\-\omega^{2}&-2\omega\end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 1\\ 0 \end{array}\right)= \left( \begin{array}{ccc} 0\\ -\omega^{2} \end{array}\right)

e expressamos esse produto como uma combinação linear de E1 e E2

A\cdot\mathbf{E}_{2}=\nu_{1}\mathbf{E}_{1}+\nu_{2}\mathbf{E}_{2}\quad\rightarrow\quad \left( \begin{array}{ccc} 0\\ -\omega^{2} \end{array}\right)= \nu_{1}\left( \begin{array}{ccc} 1\\ -\omega \end{array}\right)+ \nu_{2}\left( \begin{array}{ccc} 1\\ 0 \end{array}\right)

\left\lbrace \begin{array}{ll} -\omega^{2}=-\omega\nu_{1}\quad\rightarrow\quad\nu_{1}=\omega\\ 0=\nu_{1}+\nu_{2}\quad\rightarrow\quad\nu_{2}=-\omega \end{array} \right.

 Agora, precisamos encontrar as variáveis beta expressadas em (13):

\dot{\beta}_{1}=-\omega\beta_{1}+\omega\beta_{2}     ...(15)

\dot{\beta}_{2}=-\omega\beta_{2}      ...(16)

de (16):

\beta_{2}=C_{2}e^{-\omega t}     ...(17)

Para calcular beta1 substituimos (17) em (15):

\frac{d\beta_{1}}{dt}+\omega\beta_{1}=C_{2}\omega e^{-\omega t}

Esse tipo de equações diferenciais são resolvidas utilizando o conceito de fator integrante, neste caso o fator integrante é exp(wt):

e^{\omega t}\biggl(\frac{d\beta_{1}}{dt}+\omega\beta_{1}\biggl)=C_{2}\omega\quad\rightarrow\quad\frac{d}{dt}(\beta_{1}e^{\omega t})=C_{2}\omega

\beta_{1}e^{\omega t}=C_{2}\omega t+C_{1}\quad\rightarrow\quad\beta_{1}=(C_{2}\omega t+C_{1})e^{-\omega t}      ...(18)

Como já temos as variáveis beta, substituimos (17) e (18) na solução (8):

\mathbf{X}=\left( \begin{array}{ccc} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right)=\beta_{1}\mathbf{E}_{1}+\beta_{2}\mathbf{E}_{2}=\sum\limits_{k=1}^{2}\beta_{k}\mathbf{E}_{k}

\left( \begin{array}{ccc} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right) = (C_{2}\omega t+C_{1})e^{-\omega t}\left( \begin{array}{ccc} 1\\ -\omega \end{array}\right) + C_{2}e^{-\omega t}\left( \begin{array}{ccc} 1\\ 0 \end{array}\right)

A solução da EDO vem dada pela variável x1 = x:

x_{1}=x(t)=(C_{2}\omega t+C_{1})e^{-\omega t}+C_{2}e^{-\omega t}

x(t)=[(C_{1}+C_{2})+C_{2}\omega t]e^{-\omega t}

Fazemos   C1 + C= A e  C2w = B. Finalmente a solução da EDO é:

x(t)=(A+Bt)e^{-\omega t}

 

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Santiago C.
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Santiago C.
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Eletricidade Física III Estática
Doutorado: Física (Universidade Federal do ABC (UFABC))
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