Após esse vídeo, você será capaz de obter a exponencial matricial, e elevado a T, de pelo menos duas formas diferentes. Você acabou de ver como obter a exponencial matricial através da diagonalização da matriz de sistema. Ou melhor, usando as matrizes de diagonalização P e P menos 1. Mas este é método bastante trabalhoso e está limitado ao caso que os autovalores são todos distintos. Neste vídeo, você vai aprender a obter a exponencial matricial através de método mais elegante que funciona também com autovalores repetidos. Para isso, utilizaremos o Teorema de Cayley-Haminton, que estabelece que a própria matriz é solução de sua equação característica. Só lembrando, o polinômio característico de uma matriz é obtido calculando-se o determinante de lambda I menos A. E a equação característica é obtida igualando-se o polinômio característico a zero. Exemplo numérico? Tudo bem, vamos reciclar a matriz A, do vídeo anterior, e ilustrar rapidamente o Teorema de Cayley-Haminton. Temos A igual a zero, dois, menos 1, e o polinômio característico é obtido calculando-se o determinante de lambda menos A. No nosso exemplo, temos lambda I menos A igual a lambda, menos 1, menos 2, lambda mais 1. Cuidado, erro muito comum é fazer lambda I mais A, ao invés de menos A. Calculando o determinante, obtemos P de lambda igual a lambda ao quadrado, mais lambda menos 2. E a equação característica é lambda ao quadrado mais lambda menos 2, igual a zero. O Teorema de Cayley-Haminton estabelece que, se substituirmos lambda por A, nesta equação, e multiplicarmos o termo independente pela matriz de identidade, o que é bem razoável, uma vez que A elevado a zero é a Identidade, o resultado desta equação será uma matriz com todos os elementos nulos. Vamos verificar, substituindo a nossa matriz numérica A no polinômio característico. Calculamos o quadrado, e multiplicamos a identidade por 2. E é fácil perceber que esta soma de matrizes resultará na matriz nula. Mas qual é a utilidade do Teorema de Cayley-Haminton? Note que, a partir do Teorema de Cayley-Haminton, podemos concluir que somos capazes de expressar qualquer potência da matriz de nosso exemplo com uma combinação linear da própria matriz e da matriz de Identidade. A partir da equação característica matricial temos, para este exemplo numérico, A ao quadrado mais A menos duas vezes Identidade, igual a zero. Ou seja, podemos escrever A ao quadrado como menos A mais duas vezes Identidade. Agora, vem a parte interessante. Podemos escrever A ao cubo como A vezes A ao quadrado. Substituindo A ao quadrado por menos A mais duas vezes Identidade temos A ao cubo igual a menos A ao quadrado mais 2 A. E substituindo A ao quadrado mais uma vez, chegamos a A ao cubo igual a 3 A menos duas vezes a Identidade. E podemos fazer algo muito parecido para A à quarta, A à quinta, e assim por diante, para qualquer potência da matriz A. E como e elevado a A t é uma soma de potências de A, a conclusão à qual chegamos é que podemos escrever e elevado a A t como uma combinação linear de A e da matriz de Identidade. A questão é, como obter os coeficientes dessa combinação linear? E aqui entra a Matemática novamente. Estou achando que eu devia ter convidado o Harry Potter ou o Joe Moldor, ao invés do Jack Snow para fazer a introdução desse curso. Vamos voltar à equação característica, que para o nosso exemplo numérico é lambda ao quadrado mais lambda menos 2, igual a zero. Quais são as raízes desta equação? As raízes de lambda ao quadrado mais lambda menos 2 igual a zero, são menos 2 e 1. Os autovalores da matriz A. Coincidência? Não! A equação dos autovalores e autovetores é A v igual a lambda v, com v diferente de zero. Subtraímos A v dos dois lados da equação, escrevemos lambda v como lambda de Identidade v e colocamos v evidência. Agora, para que essa equação tenha uma solução com v diferente de zero, o determinante de lambda I menos A precisa ser zero. E os valores de lambda para os quais o determinante de lambda I menos A se anula, são os autovalores da matriz. Uma determinante de lambda I menos A igual a zero é justamente a equação característica da matriz A. Ou seja, os autovalores da matriz são as raízes de sua equação característica. Mas você já sabia disso, não sabia? Muito bem. A equação característica vale para cada dos autovalores e também vale para a matriz A. E usando a equação característica matricial, podemos expressar potências de A, função de A e da matriz de Identidade. E podemos fazer o mesmo com os autovalores e a equação característica. Podemos escrever lambda ao quadrado igual a menos lambda mais 2, lambda ao cubo igual a lambda vezes lambda ao quadrado, e assim por diante. Ou seja, a combinação linear que vale para a matriz A, também vale para os seus autovalores. Vamos obter A à quarta usando isso. A à quarta igual a alfa 4 A mais beta quarta Identidade. Já sabemos que alfa 4 igual a menos 5 e que beta 4 igual a 6. Mas vamos obter esses valores usando os autovalores da matriz A. A combinação linear deve ser a mesma, tanto para a matriz A, quanto para seus autovalores. Vamos substituir os dois autovalores na equação. E resolvendo esse sistema de duas equações, chegamos a alfa 4 igual a menos 5, e beta 4 igual a 6. Como já esperávamos. E podemos fazer exatamente a mesma coisa para obter a exponencial ou de at. Escrevemos a exponencial de lambda T com uma combinação linear de lambda 1. Substituímos os dois autovalores nesta equação e resolvemos o sistema de equações resultante. A grande diferença, neste caso, é que os coeficientes da combinação linear carregam as exponenciais dos autovalores vezes T. Podemos agora substituir os coeficientes na equação e substituir as matrizes A e Identidade. Fazendo as multiplicações e a soma, temos a expressão para elevado a T, que felizmente é a mesma expressão que já tínhamos obtido, usando o método da diagonalização. E podemos agora generalizar a obtenção da exponencial matricial, através do método de Cayley-Haminton. Apenas para facilitar a visualização, vou usar uma matriz 3 por 3, mas a ideia é exatamente a mesma para matrizes de qualquer ordem. A exponencial matricial será uma combinação linear de potências da matriz A, até n menos 1. Neste caso, até dois. Para obter os coeficientes, que serão exponenciais dependentes de t, basta lembrarmos que a combinação linear é a mesma para a matriz A e para seus autovalores. Substituindo os autovalores na equação, obtemos três equações com três incógnitas. E resolvendo esse sistema de equações, obtemos os coeficientes da equação e podemos fazer as multiplicações e a soma matricial. Como exercício, ache o exponencial de at para a A igual a zero, zero, zero, dois, zero, menos dois. Pode postar seu resultado no fórum para comparar com o de outras pessoas. E eu vou deixar o caso de autovalores repetidos como material de leitura opcional. Agora, você já é capaz de obter e elevado a T, pelo menos de duas formas diferentes. Não gostou de nenhuma delas? Tudo bem. No próximo vídeo, veremos uma terceira forma de obter o exponencial matricial. Através da nossa velha amiga, a Transformada de Laplace.
