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,jtasso@fe.up.pt

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

].