8 - d x d t = - 1 - 1 0 - 0,25 x

Passo 1

O valor próprio é a raiz da equação característica do  A - λ I = 0 . Aqui,  A  é qualquer matriz n × n λ I  denota a matriz de identidade. Se o valor for positivo, o ponto crítico será instável; se o valor for negativo, o ponto crítico será assintoticamente estável. E se o valor é puramente imaginário, o ponto crítico é estável.

Passo 2

Considere o sistema:

d x d t = - 1 - 1 0 - 0,25 x … … .   ( 1 )

a)

Vamos assumir x = ξ e r t como a solução do sistema. Portanto iremos substituir esse valor no sistema.

d d t ξ e r t = - 1 - 1 0 - 0,25 ξ e r t

r ξ e r t = - 1 - 1 0 - 0,25 ξ e r t

= - 1 - r - 1 0 - 1 / 4 - r ξ 1 ξ 2 = 0 0 … … ( 2 )

Passo 3

Os valores são as raízes da equação.

- 1 - r - 1 0 - 1 / 4 - r = 0

r + 1 r + 1 4 = 0

r = - 1 , r 2 = - 1 4

Portanto, os autovalores são r 1 = - 1 e r 2 = - 1 4 .

Passo 4

Quando r = r 1 = - 1 , a equação ( 2 ) fornece,

= - 1 + 1 - 1 0 - 1 4 + 1 ξ 1 ξ 2 = 0 0

= 0 - 1 0 3 / 4 ξ 1 ξ 2 = 0 0

Cada linha gera a condição:

ξ 2 = 0

O autovetor ξ 1 correspondente ao autovalor r 1 = - 1 é: ξ 1 = 1 0 .

Passo 5

Quando r = r 1 = - 1 4 , a equação ( 2 ) fornece,

= - 1 + 1 4 - 1 0 - 1 4 + 1 4 ξ 1 ξ 2 = 0 0

= - 3 / 4 - 1 0 0 ξ 1 ξ 2 = 0 0

Cada linha gera a condição:

3 ξ 1 = - 4 ξ 2

O autovetor ξ 2 correspondente ao autovalor r 1 = - 1 4 é: ξ 2 = 4 - 3 .

Passo 6

b) Como os valores encontrados são reais, desiguais e têm o mesmo sinal, o ponto crítico  ( 0,0 ) é um nó. Agora, os dois autovalores são de sinal negativo; o ponto crítico é um nó assintoticamente estável.

Passo 7

c) O plano de fase do diferencial fornecido pode ser desenhado abaixo:

Resposta

  1. Os autovalores são r 1 = - 1 e r 2 = - 1 / 4 .
  2. O autovetor ξ 1 correspondente ao autovalor r 1 = - 1 é: ξ 1 = 1 0

    O autovetor ξ 2 correspondente ao autovalor r 2 = - 1 4   é: ξ 2 = 4 - 3

  3. O ponto crítico é um nó assintoticamente estável.
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