6 - Seja W t ,   t ∈ R , o wronskiano de três soluções do sistema 1 :

W t = x 1 t x 2 t x 3 t y 1 t y 2 t y 3 t z 1 t z 2 t z 3 t

Mostre que

A)

W ˙ = x 1 ˙ x 2 ˙ x 3 ˙ y 1 y 2 y 3 z 1 z 2 z 3 + x 1 x 2 x 3 y 1 ˙ y 2 ˙ y 3 ˙ z 1 z 2 z 3 + x 1 x 2 x 3 y 1 y 2 y 3 z 1 ˙ z 2 ˙ z 3 ˙

Passo 1

Poxa, podemos calcular esse determinante aí e encontrar a forma estendida do wronskiano:

W t = x 1 y 2 z 3 + x 2 y 3 z 1 + x 3 y 1 z 2 - x 2 y 1 z 3 - x 1 y 3 z 2 - x 3 y 2 z 1     →

Veja que podemos escrevê-lo assim:

W = x 1 y 2 z 3 - y 3 z 2 + x 2 y 3 z 1 - y 1 z 3 + x 3 y 1 z 2 - y 2 z 1       ( I ) →

Escrever assim é interessante, pois daí conseguiremos derivar de uma forma mais tranquila. Aplicando então a regra do produto vamos ter:

W ˙ = x 1 ˙ y 2 z 3 - y 3 z 2 + x 2 ˙ y 3 z 1 - y 1 z 3 + x 3 ˙ y 1 z 2 - y 2 z 1 + x 1 y 2 z 3 - y 3 z 2 ' + x 2 y 3 z 1 - y 1 z 3 ' + x 3 y 1 z 2 - y 2 z 1 '

Sim, eu to usando a notação ' como derivada também. É a mesma coisa, só que acho mais bonito haha.

Repare que as três primeiras parcelas, é muiiiiito similar o wronskiano na equação I , o que sugere ser essa três primeiras parcelas o seguinte determinante:

x 1 ˙ x 2 ˙ x 3 ˙ y 1 y 2 y 3 z 1 z 2 z 3

E de fato é mesmo! Então, as parcelas contendo a derivada dados parênteses, só pode ser os outros dois determinantes! Vamos verificar?

Passo 2

Vamos pegar aqui apenas as parcelas que contém a derivada dos parênteses ok? Para não ficar muita coisa escrita:

x 1 y 2 z 3 - y 3 z 2 ' + x 2 y 3 z 1 - y 1 z 3 ' + x 3 y 1 z 2 - y 2 z 1 '

Aplicando a regra da soma e do produto nesses parênteses...

x 1 y 2 ' z 3 + y 2 z 3 ' - y 3 ' z 2 - y 3 z 2 ' + x 2 y 3 ' z 1 + y 3 z 1 ' - y 1 ' z 3 - y 1 z 3 ' + x 3 y 1 ' z 2 + y 1 z 2 ' - y 2 ' z 1 - y 2 z 1 '   →

Multiplicando esses termos de fora...

x 1 y 2 ' z 3 + x 1 y 2 z 3 ' - x 1 y 3 ' z 2 - x 1 y 3 z 2 ' + x 2 y 3 ' z 1 + x 2 y 3 z 1 ' - x 2 y 1 ' z 3 - x 2 y 1 z 3 ' + x 3 y 1 ' z 2 + x 3 y 1 z 2 ' - x 3 y 2 ' z 1 - x 3 y 2 z 1 '   →

Veja que podemos colocar cada uma dessas derivadas em evidência como esses dois termos que eu coloquei em negrito aí (mas da para achar o par de todo mundo). Fazendo isso e colocando evidência...

y 2 ' x 1 z 3 - x 3 z 1 + z 3 ' x 1 y 2 - x 2 y 1 + y 3 ' x 2 z 1 - x 1 z 2 + z 2 ' y 1 x 3 - x 1 y 3 + z 1 ' x 2 y 3 - x 3 y 2 + y 1 ' x 3 z 2 - x 2 z 3   →

Agora vamos só ordenar e...

y 1 ' x 3 z 2 - x 2 z 3 + y 2 ' x 1 z 3 - x 3 z 1 + y 3 ' x 2 z 1 - x 1 z 2 + z 1 ' x 2 y 3 - x 3 y 2 + z 2 ' y 1 x 3 - x 1 y 3 + z 3 ' x 1 y 2 - x 2 y 1   →

AHA! Podemos retornar para o wronskiano:

W ˙ = x 1 ˙ y 2 z 3 - y 3 z 2 + x 2 ˙ y 3 z 1 - y 1 z 3 + x 3 ˙ y 1 z 2 - y 2 z 1 + x 1 y 2 z 3 - y 3 z 2 ' + x 2 y 3 z 1 - y 1 z 3 ' + x 3 y 1 z 2 - y 2 z 1 '

W ˙ = x 1 ˙ y 2 z 3 - y 3 z 2 + x 2 ˙ y 3 z 1 - y 1 z 3 + x 3 ˙ y 1 z 2 - y 2 z 1 + y 1 ' x 3 z 2 - x 2 z 3 + y 2 ' x 1 z 3 - x 3 z 1 + y 3 ' x 2 z 1 - x 1 z 2 + z 1 ' x 2 y 3 - x 3 y 2 + z 2 ' y 1 x 3 - x 1 y 3 + z 3 ' x 1 y 2 - x 2 y 1    

Repare que temos três trios aí então: os três primeiros de x ' os três seguintes de y ' e os três últimos de z cada um deles é um desses determinantes aqui:

W ˙ = x 1 ˙ x 2 ˙ x 3 ˙ y 1 y 2 y 3 z 1 z 2 z 3 + x 1 x 2 x 3 y 1 ˙ y 2 ˙ y 3 ˙ z 1 z 2 z 3 + x 1 x 2 x 3 y 1 y 2 y 3 z 1 ˙ z 2 ˙ z 3 ˙

Provando que de fato isso acontece !

Resposta

Questão de demonstração.

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