Sistemas Lineares 101 - Parte 2 - (Des)motivação para sistemas lineares a tempo contínuo

Vamos continuar nossa jornada emocionante. Para aqueles que não leram o último post, vocês podem encontrá-lo aqui. Recapitulando, estudamos um exemplo de sistema linear de primeira ordem sem entrada com a seguinte descrição \begin{equation}\dot x = -ax, x(0) = x_0\end{equation}

Definimos também alguns termos úteis e encontramos a solução de tal sistema. Antes de continuarmos, vamos olhar com cuidado o procedimento em encontrar a solução deste sistema. Existem diversos métodos para resolver esse tipo de equação, eu mesmo realizei sua integração para encontrar a solução. Agora, vamos usar outro método bastante utilizado, que é o de "chutar" a solução\begin{equation}\dot x + ax = 0, \text{ for } x = Ce^{\lambda t}, t \geq 0\end{equation}

Por que eu "chutei" uma solução exponencial? Bom, uma explicação é que a derivada dessa função leva a ela mesma multiplicada por uma constante (educated guess). Notem que temos duas incógnitasi aqui,  C e λ. Precisamos então de duas equações para encontrar esses valores. A primeira equação vem de\begin{equation}\dot x + ax = Ce^{\lambda t}(\lambda +a) =0 \end{equation} e a segunda equação vem da condição inicial, isto é, quando consideramos que t = 0: \begin{equation}Ce^{\lambda t} =  Ce^{0} = C = x_0.\end{equation} e então, substituindo C na primeira equação leva  a \begin{equation}x_0 e^{\lambda t}(\lambda +a) =0, t \geq 0.\end{equation}

Vamos analisar essa equação com cuidado. Primeiro note que, como ela não é submetida a nenhuma entrada, se a condição inicial fosse zero, então teríamos uma solução trivial a esta última equação. Isso é intuitivo em um sentido prático: nosso sistema se manteria no repouso se não fosse perturbado por uma entrada ou se mantivesse em sua posição de repouso desde o início. Mas, vamos considerar uma situação mais emocionante, isto é, a condição inicial não é zero. Nesse caso, para que a última equação tenha uma solução para todo o tempo, teríamos então que\begin{equation}x_0 e^{\lambda t}(\lambda +a) =0, \forall t \geq 0  \leftrightarrow   \lambda = -a, \end{equation} que leva a mesma solução que obtivemos no último post: \begin{equation}x(t) = e^{-at}x_0, t \geq 0\end{equation}

Certo.......... Por que tivemos que fazer tudo de novo, usando um método aparentemente mais trabalhoso, para chegar no mesmo lugar? Porque esse método nos leva a uma ferramenta muito importante e que e nos provê insights que utilizaremos ao longo dos nossos estudos: a equação característica. Ela é uma equação algébrica obtida através da equação diferencial original. Note as similaridades:  \begin{equation}\dot x + ax = 0 \text{ e } \lambda + a = 0 \end{equation} Substituímos o termo de primeira ordem pela nossa incógnita λ e o termo de menor grau (zero), por 1. Encontrando a raiz desse polinômio, encontramos o argumento da função exponencial. Isto é, encontramos a solução da equação diferencial (ou uma parte dela)!

Finalmente, vamos fazer alguns inferências, lembrando da ideia de estabilidade que vimos no últimos post:

  • Se a > 0, então o sistema é estável
  • Se a < 0, então o sistema é instável
que é o mesmo que dizer que

  • Se  λ < 0, então o sistema é estável
  • Se λ > 0, então o sistema é instável
Essa raiz λ é chamada de polo. Esse é um conceito fundamental e uma entidade que descreve muitas características importantes do nosso sistema.

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