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MA311 - Calculo III

Primeiro semestre de 2020

Turma B – Curso 51

Ricardo M. Martins

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http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda

Aula 30: Curso rapido de algebra linear

http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda

Um pouco de algebra linear

Na aula passada vimos o seguinte teorema:

TeoremaSejam A,B matrizes n × n e suponha que exista uma matriz in-

vertıvel M tal que A = MBM−1. Entao

exp(At) = exp((MBM−1)t) = M exp(Bt)M−1.

Como vamos usar este teorema: teremos um sistema x = Ax para

resolver, so que com exp(At) difıcil de calcular.

Iremos procurar matrizes B,M tais que exp(Bt) seja mais facil de

calcular e satisfazendo A = MBM−1; daı conseguiremos obter

exp(At) pela formula

exp(At) = exp((MBM−1)t) = M exp(Bt)M−1.


Como encontrar B e M? Pelos autovalores e autovetores! Vamos

fazer em detalhes o caso 2× 2.

Seja A uma matriz real n × n. Seja

pA(λ) = det(A− λI )

o polinomio caracterıstico de A. Chamaremos de autovalores de A

as raızes λ1, . . . , λn deste polinomio.

No caso de matrizes 2× 2 o polinomio caracterıstico tem a forma

pA(λ) = λ2 − tr(A)λ+ det(A).

Os autovalores podem ser reais ou complexos.


Seja λ um autovalor de uma matriz A. Entao

det(A− λI ) = 0

e isto significa que o sistema linear homogeneo

(A− λI )x = 0

tem uma solucao nao-nula, digamos x = u. Esta solucao nao nula

e chamada de autovetor associado a λ.

Note que se (A− λI )u = 0 entao Au = λu.


# Quando λ ∈ C \ R, pode acontecer do autovetor u tambem

ter coordenadas complexas. Iremos contornar isto mais para

frente. No caso em que λ ∈ R, entao o autovetor u tambem

so tera coordenadas reais.

# No caso em que os autovalores sao iguais, λ = µ, pode

acontecer de nao existirem dois autovetores linearmente

independentes.

Seja entao A uma matriz 2× 2, λ, µ seus autovalores. Vamos

encontrar as matrizes B e M.


Suponha primeiro que λ 6= µ. Assim teremos dois autovetores u, v ,

com Au = λu e Av = µv . Acabamos de descobrir a matriz B:

B =

(λ 0

0 µ

).

Para construir M, se u = (u1, u2) e v = (v1, v2), defina

M =

(u1 v1

u2 v2

).

Assim,

A = MBM−1

e

exp(At) = M exp(Bt)M−1.


O que e a matriz M?

A matriz M e uma matriz de mudanca de base. Estamos trocando

a base, da base canonica de R2 para a base {u, v}.

Ou seja, estamos trocando a base na qual a matriz da

transformacao linear TA : R2 → R2, TA(x) = Ax esta escrita.

Se C denota a base canonica e B = {u, v}, entao

A = MBM−1 ⇔ [A]CC = [I ]BC [B]BB[I ]CB,

onde M = [I ]BC e a matriz mudanca de base, da base B para a base

canonica.


O que acontece se λ, µ forem complexos?

Neste caso vamos usar a Forma de Jordan Real, ou Forma de

Jordan-Schur da matriz.

Sejam λ = a + bi e µ = λ = a− bi os autovalores de A.

Tambem poderemos separar os autovetores associados em suas

partes reais e imaginarias: u = z + wi , v = u = z −wi . Agora vem

uma conta muito boa. Como Au = λu, temos que

A(z + wi) = (a + bi)(z + wi)

= (a + bi)z + (−b + ai)w

= az − bw + i(bz + aw)


Comparando partes reais e partes imaginarias, obtemos que

Az = az − bw , Aw = bz + aw .

Seja C′ = {z ,w}. Entao C′ e base de R2 (exercıcio!) e iremos usar

esta base, ao inves de base C.

Fazendo isto, a matriz B ficara

B =

(a −bb a

)

e a matriz M sera

B =

(z1 w1

z2 w2

),

onde z = (z1, z2) e w = (w1,w2).


O que acontece se so existir 1 autovalor?

Suponha que os autovalores sejam iguais, λ = µ e que so exista

um autovalor, denotado por u.

Nao tera como obtermos a matriz na forma diagonal (pois para

isto precisarıamos de uma base com dois autovetores). O que

acontece neste caso e que (A− λI )x = 0 so tem uma solucao (so

um autovetor).

Noutras palavras, a imagem da transformacao linear

A− λI : R2 → R2 tem dimensao 1. Uma vez escolhido o autovetor

u, seja v tal que Av − λv = u (u existe!).


Considere agora a base B′′ = {u, v}, temos:

Au = λu, Av = u + λv .

Para quem ja estudou algebra linear, isto significa que

[A]CB′′ =

(λ 1

0 λ

).

Portanto, se considerarmos agora M como sendo a matriz

mudanca de base, de B′′ para C, teremos a igualdade

A = MBM−1.

Resumindo

TeoremaSeja A uma matriz 2 × 2. Entao existe uma matriz invertıvel M

tal que A = MBM−1, onde B e de uma das formas abaixo:(λ 0

0 µ

),

(λ 0

0 λ

),

(λ 1

0 λ

),

(a −bb a

).

Nos slides anteriores, vimos como calcular M em cada um dos

casos.

Dimensoes maiores: MA327, MA719.. mas na pratica, tudo

continua quase igual. A base sera formada pelos autovetores

quando eles existirem, ou entao pelo artifıcio que leva a 3a forma

acima.

Voltando para as equacoes diferenciais

O que sabemos fazer ate agora:

# Resolver sistemas x = Ax para qualquer matriz 2× 2, usando

diagonalizacao/forma de Jordan: ok.

# No caso n × n: tambem sabemos resolver qualquer sistema,

mas podemos ter algum trabalho na hora de calcular exp(At).

# Vamos fazer varios exemplos para ver se sabemos mesmo

fazer tudo isto.

Proximos passos (proximas aulas)

# Parar tudo e comecar a pensar nos sistemas mais gerais, da

forma x = A(t)x + b(t).

# Continuar fazendo uma introducao aos sistemas dinamicos.

Calculando exponenciais

Pelo que vimos antes, na pratica iremos reduzir o problema do

calculo de exp(At) ao calculo de exp(Aj t), onde

A1 =

(λ 0

0 µ

), A2 =

(λ 0

0 λ

), A3 =

(λ 1

0 λ

), A4 =

(a −bb a

).

Fica como exercıcio mostrar que:

# exp(A1t) =

(eλt 0

0 eµt

), exp(A2t) =

(eλt 0

0 eλt

)

# exp(A3t) =

(eλt teλt

0 eλt

)

# exp(A4t) =

(eat cos(bt) −eat sen(bt)

eat sen(bt) eat cos(bt)

)

Exemplos

Exemplo

Encontre a solucao geral do sistema{x = 2x − y ,

y = x + 2y

e esboce o retrato de fase.

Seja

A =

(2 −1

1 2

).

Desta vez e facil: a matriz e do tipo A4 do slide anterior, portanto

exp(At) =

(e2t cos(t) e2t sen(t)

−e2t sen(t) e2t cos(t)

)

Exemplos

Exemplo


y = x + 2y


Se x(0) = (a, b) e a condicao inicial, entao a solucao e dada por

x(t) =

(e2t cos(t) e2t sen(t)

−e2t sen(t) e2t cos(t)

)(a

b

)

O retrato de fase sera mostrado no proximo slide.

Exemplos

Exemplo


y = x + 2y


6 4 2 0 2 4 6x

6

4

2

0

2

4

6

y

Exemplos

Exemplo

Encontre a solucao geral do sistema{x = x − 2y ,

y = −3x + 2y


Seja

A =

(1 −2

−3 2

).

Neste caso precisaremos de nossa amiga algebra linear, pois

exp(At) nao e tao simples de calcular diretamente. Entao vamos

calcular autovalores, autovetores, matriz B e matriz M.

Exemplos

Exemplo


y = −3x + 2y


A =

(1 −2

−3 2

)autovalores: λ = −1 e µ = 4

autovetores: u = (1, 1), v = (−2, 3)

B =

(−1 0

0 4

), M =

(1 −2

1 3

)

Exemplos

Exemplo


y = −3x + 2y


Note que (confira!)

MBM−1 = A

e que

exp(Bt) =

(e−t 0

0 e4t

).

Exemplos

Exemplo


y = −3x + 2y


Como exp(At) = M exp(Bt)M−1, segue que

exp(At) = M exp(Bt)M−1 =

(1 −2

1 3

)(e−t 0

0 e4t

)(35

25

−15

15

)

=

(3e−t

5 + 2e4t

52e−t

5 −2e4t

53e−t

5 −3e4t

52e−t

5 + 3e4t

5

)

Exemplos

Exemplo


y = −3x + 2y


Portanto, se a condicao inicial for x(0) = (a, b), a solucao sera

dada por

x(t) =

(3e−t

5 + 2e4t

52e−t

5 −2e4t

53e−t

5 −3e4t

52e−t

5 + 3e4t

5

)(a

b

).

Exemplos

Exemplo


y = −3x + 2y


Por exemplo, se a condicao inicial for x(0) = (1/2, 3/4), a solucao

sera dada por

x(t) =

(− 1

10e−t

(e5t − 6

),

3

20e−t

(e5t + 4

))No proximo grafico, fazemos varias condicoes iniciais em azul e

esta em particular em vermelho.

Exemplos

Exemplo


y = −3x + 2y


6 4 2 0 2 4 6x

6

4

2

0

2

4

6

y

Exercıcios

ExercıcioEncontre o retrato de fase dos sistemas abaixo:

1. x = x − 2y , y = x − y

2. x = 3x − 2y , y = x − y

3. x = 4x − 2y , y = 3x − y

Passos:

1. voce vai precisar calcular exp(At)

2. para isto tera que calcular autovalores e autovetores de A

3. construir matrizes B e M

4. finalmente x(t) =(M exp(Bt)M−1

)x(0), onde x(0) e a

condicao inicial.

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