Enunciado

Em cada um dos problemas de 5 a 18:

(a) Determine todos os pontos críticos do sistema de equações dado.

(b) Encontre o sistema linear correspondente perto de cada ponto crítico.

(c) Encontre os autovalores de cada sistema linear. O que você pode concluir sobre o sistema não linear?

(d) Desenhe um retrato de fase do sistema não linear para confirmar suas conclusões, ou para estendê-las nos casos em que o sistema linear não fornece informações definidas sobre o sistema não linear.

11. d x / d t = 2 x + y + x y 3 ,         d y / d t = x - 2 y - x y

12. d x / d t = 1 + x sin ⁡ y ,         d y / d t = 1 - x - cos ⁡ y

13. d x / d t = x - y 2 ,         d y / d t = y - x 2

Passo 1

L e t r a   A :

Primeiro devemos encontrar os pontos crítico desse sistema de EDO:

d x d t = 2 x + y + x y 3 ,       d y d t = x - 2 y - x y       →

Ponto crítico acontece quando a derivada é 0 , ou seja:

0 = 2 x + y + x y 3 ,         0 = x - 2 y - x y

Um ponto que a gente já consegue ver que é ponto crítico é o x = 0 e y = 0 , pois:

x = 0         e           y = 0               →           0 = 0

Mas esse não é o único ponto crítico! Se você jogar esse sistema no WolframAlpha (já que podemos utilizar o computador nessa tarefa) e apertar Enter (batsta copiar 0 = 2 x + y + x y 3 ,         0 = x - 2 y - x y

do jeito que está aí no WolframAlpha). Ele vai ter também como resultado, o ponto:

- 1.19345 ,   - 1.4797

Que é também ponto crítico desse sistema, saca?

Resumindo: temos dois pontos críticos:

0 ,   0           e             - 1.19345 ,   - 1.4797

Passo 2

L e t r a   B :  

A primeira coisa para determinar um sistema linear próximo a um ponto crítico é pegar a o sistema que estamos trabalhando:

d x d t = 2 x + y + x y 3 ,       d y d t = x - 2 y - x y       →

E chamar...

F x ,   y = 2 x + y + x y 3         e                 G x ,   y = x - 2 y - x y    

Agora, dessas duas funções aí, F e G , devemos extrair a matriz Jacobiana dada por:

J x ,   y = F x F y G x G y

Calculando essas derivadas parciais então...

J x ,   y = 2 + y 3 1 + 3 x y 2 1 - y - 2 - x

Beleza! Agora temos que substituir os nossos pontos críticos. Como são dois, vou fazer isso em dois passos extras, ok?

Passo 3

Primero o do ponto 0 ,   0 , isto é:

J x ,   y = 2 + y 3 1 + 3 x y 2 1 - y - 2 - x   →

J 0 ,   0 = 2 + 0 3 1 + 3 ⋅ 0 1 - 0 - 2 - 0   →

J 0 ,   0 = 2 1 1 - 2  

De acordo com a teoria, o sistema de EDO linear que aproxima a não linear nesse caso é:

x ' y ' = 2 1 1 - 2 x - 0 y - 0

Onde x ' é o d x / d t e y ' o d y / d t .

Passo 4

Agora vamos fazer o mesmo para o ponto - 1.19345 ,   - 1.4797 :

J x ,   y = 2 + y 3 1 + 3 x y 2 1 - y - 2 - x

J - 1.19345 ,   - 1.4797 = - 1,2398 - 6,8392 2,4797 - 0,80655

Então, o sistema linear de aproximação nesse caso é:

x ' y ' = - 1,2398 - 6,8392 2,4797 - 0,80655 x + 1.19345 y + 1.4797

Passo 5

L e t r a   C :

Novamente, como temos dois pontos, teremos aqui que separar o cálculo para esses dois casos. Vamos começar descobrindo os autovalores associados a matriz do primeiro ponto crítico que achamos:

A = 2 1 1 - 2       →

det ⁡ A - λ I = det ⁡ 2 - λ 1 1 - 2 - λ =

Aqui é tranquilo, podemos encontrar esses valores de λ na mão resolvendo esse determinante:

2 - λ - 2 - λ - 1 = 0       →

λ 2 - 4 - 1 = 0         →

λ 2 = 5       →

λ = ± 5

λ 1 = 5             e               λ 2 = - 5

Observando a tabela 9.3.1 do nosso querido Boyce, concluímos que o sistema não linear, pelo menos próximo a ao ponto crítico é Instável!

Passo 6

Para o segundo caso, onde temos essa matriz de coeficientes aqui:

A = - 1,2398 - 6,8392 2,4797 - 0,80655

O buraco é mais em baixo! Não é simples resolver isso na mão, então novamente vamos usar a ajuda do WolframAlpha para resolver esse determinante:

det ⁡ A - λ I = det ⁡ - 1,2398 - λ - 6,8392 2,4797 - 0,80655 - λ

No WolframAlpha, o que define autovalor é a palavra eigenvalue, obtendo:

λ = - 40927 ± i 27059580559 40000

λ = r 1 ± i r 2

Como r 1 é negativo e temos um número complexo, ao redor desse ponto crítico então, temos uma estabilidade assintótica e a curva tem um formato de espiral.

Passo 7

L e t r a   D :

Nesse caso, para desenhar o retrato de fase da nossa EDO, também usaremos o WolframAlpha simplesmente copiando a equação

d x / d t = 2 x + y + x y 3 ,         d y / d t = x - 2 y - x y

E apertando Enter. Gerando esse retrato de fase aqui:

Repare que de fato próximo do x = 0 e y = 0 temos uma instabilidade e as curvas são elípticas, enquanto que próximo ao outro ponto crítico...

- 1.19345 ,   - 1.4797

Temos uma estabilidade tipo espiral!

Resposta

Letra A: 0 ,   0           e             - 1.19345 ,   - 1.4797

Letra B:

x ' y ' = 2 1 1 - 2 x - 0 y - 0                   e                   x ' y ' = - 1,2398 - 6,8392 2,4797 - 0,80655 x + 1.19345 y + 1.4797

Letra C:

λ 1 = 5   ,   λ 2 = - 5             e               λ = - 40927 ± i 27059580559 40000

Letra D:

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