13. Considere o sistema

x ˙ = a 11 x + a 12 y y ˙ = a 21 x + a 22 y

A - Determine condições para que

lim t → + ∞ ⁡ x t = 0             e               lim t → + ∞ ⁡ y t = 0

B - Determine condições para que a solução x t ,   y t tenda para a origem quando t → + ∞ , e em espiral.

Passo 1

A solução desse sistema depende da matriz A dos coeficientes:

A = a 11 a 12 a 21 a 22

Aonde vimos que a primeira coisa a se fazer é encontrar os autovalores dessa matriz:

det ⁡ A - λ I = 0

As soluções então serão do tipo:

X = c e λ t

Certo? Onde c é uma constante e X é o vetor de soluções X = x ,   y . Bem, como as soluções sempre estão envolvendo exponenciais, observe que a única forma de fazê-las tender a 0 quando t → ∞ é manter o λ < 0 (pelo menos a sua parte real caso ele seja imaginário). Se ele então for menor que 0 , no infinito a exponencial decresce para 0 fazendo esses limites aqui acontecerem:

lim t → + ∞ ⁡ x t = 0             e               lim t → + ∞ ⁡ y t = 0

Passo 2

Ora, de acordo com a teoria, podemos encontrar o determinante assim:

det ⁡ A - λ I = 0   →

det ⁡ a 11 - λ a 12 a 21 a 22 - λ = 0     →

Simplesmente subtraindo λ da diagonal principal. Calculando o determinante então...

a 11 - λ a 22 - λ - a 12 a 21 = 0     →

a 11 a 22 - a 11 λ - a 22 λ + λ 2 - a 12 a 21 = 0     →

λ 2 - a 11 + a 22 λ + a 11 a 22 - a 12 a 21 = 0    

Observe que chegamos à uma equação do segundo grau para λ . Se resolvermos usando Báskara...

Δ = a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21

E a solução então...

λ = a 11 + a 22 ± Δ 2   →

λ = a 11 + a 22 ± a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 2

Agora é que a análise começa! Temos que garantir que λ seja menor que 0 . Para isso vamos separar em três casos:

P r i m e i r o   c a s o :     Δ > 0

S e g u n d o   c a s o :     Δ = 0

T e r c e i r o   c a s o :     Δ < 0

Bora analisar garantir que λ seja menor que 0 em todos os três?

Passo 3

P r i m e i r o   c a s o :     Δ > 0

Poxa, se Δ > 0 o λ vai ter duas partes:

λ 1 = a 11 + a 22 + a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 2

λ 2 = a 11 + a 22 - a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 2

Veja que em todas as duas partes, a chance que λ tem de ser negativo é impondo que a soma a 11 + a 22 deve também ser negativa. Isto é:

a 11 + a 22 < 0

Mas ainda não é o suficiente (pelo menos não para λ 1 )! Afinal, em λ 1 temos um termo positivo e que pode vir a ser maior em módulo que a 11 + a 22 e tornar λ 1 positivo, saca?

Então, temos que garantir que em módulo, a 11 + a 22 seja maior que a raiz:

a 11 + a 22 > a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21     →

Aí sim o número negativo supera o positivo, saca? Elevando todo mundo ao quadrado...

a 11 + a 22 2 > a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21     →

0 > - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21     →

Poxa! Quem é esse termo dos parênteses? É o determinante da nossa matriz A !

A = a 11 a 12 a 21 a 22           →             det ⁡ A = a 11 a 22 - a 12 a 21    

Então...

0 > - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21   →

0 > - 4 det ⁡ A

Isso significa que o determinante de A tem que ser maior que 0 também:

det ⁡ A > 0

Beleza, então aqui encontramos duas condições para os λ ’s serem negativo. Agora vamos para o segundo caso!

Passo 4

S e g u n d o   c a s o :     Δ = 0

No segundo caso, o λ será assim:

λ = a 11 + a 22 ± a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 2       →

λ = a 11 + a 22 2

Observe então que para λ ser menor que 0 , precisamos novamente que a 11 + a 22 seja menor que zero:

a 11 + a 22 < 0

Além disso, como Δ = 0 , podemos tirar que...

a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 = 0

Ora bolas, perceba que o termo do segundo parênteses não pode ser 0 , porque se não:

a 11 + a 22 2 - 4 ⋅ 0 =   a 11 + a 22 2 ≠ 0    

E ele também não pode ser negativo pelo mesmo motivo (se ele for negativo, o produto por - 4 o tona positivo e somando com aquele quadrado gera um positivo maior ainda e com certeza será diferente de 0 )! Então a única alternativa é:

a 11 a 22 - a 12 a 21 > 0

Ou seja:

det ⁡ A > 0

Passo 5

T e r c e i r o   c a s o :     Δ < 0

Para o terceiro caso teremos...

λ = a 11 + a 22 ± a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 2       →

Como Δ < 0 , então λ será imaginário:

λ = a 11 + a 22 2 ± i a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 2

Ora, vimos que para o expoente da exponencial da resposta ser negativo, pelo menos a parte real deve ser menor que 0 (a parte imaginária é a parte da oscilação do seno e cosseno). Para a parte real ser negativa, novamente temos que:

a 11 + a 22 < 0

Ainda, sabemos que Δ < 0 , ou seja:

a 11 + a 22 2 - 4 a 11 a 22 - a 12 a 21 < 0

Para isso ser menor que 0 , o que está no segundo parênteses não pode ser 0 e nem negativo. Se isso acontecer Δ vira positivo! Então a única chance disso ser verdade é se...

a 11 a 22 - a 12 a 21 > 0   →

det ⁡ A > 0

Passo 6

Conclusão: Nos três casos, pudemos observar que a única chance de λ ser negativo e, portanto, fazer os limites...

lim t → + ∞ ⁡ x t = 0             e               lim t → + ∞ ⁡ y t = 0

Serem verdades é se...

a 11 + a 22 < 0

E se...

det ⁡ A > 0

Resposta

Duas condições:

a 11 + a 22 < 0

a 11 a 22 - a 12 a 21 > 0

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