Ache a solução geral do sistema de equações dado e desenhe o retrato de fase correspondente:
X^{\prime}=\left[ \begin{array}{rr}1 & 1 \\ -3 & -2\end{array}\right] X

Passo 1

O que o enunciado pede e o que já temos:
  • Pede-se a solução geral do sistema linear homogêneo e o retrato de fase.
  • O sistema é
X' = A X,\qquad A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-3 & -2\end{pmatrix},
onde X(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix}.
  • O objetivo é encontrar uma base de soluções fundamentais (duas soluções linearmente independentes) e escrever a solução geral como combinação linear delas; em seguida descrever como são as trajetórias no plano (x,y) (o retrato de fase).]

Passo 2

Vamos achar os autovalores de A. Para isso calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
\det\!\big(A-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]-3 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-2-\lambda)-1\cdot(-3).
Desenvolvendo:
(1-\lambda)(-2-\lambda)+3 = (-2+\lambda+\lambda^2)+3 = \lambda^2+\lambda+1.
Logo os autovalores são raízes de \lambda^2+\lambda+1=0. Usando a fórmula quadrática:
\lambda = \frac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2}=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.
Chamando \alpha=\operatorname{Re}(\lambda)=-\tfrac{1}{2} e \beta=\operatorname{Im}(\lambda)=\tfrac{\sqrt{3}}{2}, temos
\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta = -\tfrac{1}{2}\pm i\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
Comentário didático rápido: quando os autovalores são complexos conjugados \alpha\pm i\beta esperam-se soluções oscilatórias multiplicadas por fator exponencial e^{\alpha t}. O sinal de \alpha determina se as órbitas crescem ( \alpha>0), decaem ( \alpha<0) ou são neutrally oscilatórias ( \alpha=0).]

Passo 3

Agora encontramos um autovetor complexo associado a \lambda=\alpha+i\beta. Resolvemos (A-\lambda I)v=0. Escrevendo
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]-3 & -2-\lambda\end{pmatrix},
substituindo \lambda=-\tfrac{1}{2}+i\tfrac{\sqrt{3}}{2} obtemos (para facilitar a leitura) as entradas
1-\lambda=\tfrac{3}{2}-i\tfrac{\sqrt{3}}{2},\qquad -2-\lambda=-\tfrac{3}{2}-i\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
Da primeira linha (1-\lambda)v_1 + v_2 = 0 vem
v_2=-(1-\lambda)v_1.
Tomando v_1=1 (escolha livre para escalar o autovetor), obtemos o autovetor complexo
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\dfrac{3}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{pmatrix}.
Didática: um autovetor complexo pode ser escrito como v=p+iq com p,q\in\mathbb{R}^2. A partir de e^{(\alpha+i\beta)t}v extraem-se duas soluções reais independentes: as partes real e imaginária.]

Passo 4

Escrevemos v=p+iq com
p=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\dfrac{3}{2}\end{pmatrix},\qquad q=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{pmatrix}.
A solução complexa e^{\lambda t}v gera as duas soluções reais fundamentais
X^{(1)}(t)=\Re\big(e^{\lambda t}v\big)=e^{\alpha t}\big(p\cos(\beta t)-q\sin(\beta t)\big),
X^{(2)}(t)=\Im\big(e^{\lambda t}v\big)=e^{\alpha t}\big(p\sin(\beta t)+q\cos(\beta t)\big).
Aqui \alpha=-\tfrac{1}{2} e \beta=\tfrac{\sqrt{3}}{2}. Substituindo p e q nas fórmulas obtemos explicitamente as componentes:
Primeira solução:
X^{(1)}(t)=e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix} \cos\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt] -\dfrac{3}{2}\cos\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big) \end{pmatrix}.
Segunda solução:
X^{(2)}(t)=e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix} \sin\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt] -\dfrac{3}{2}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big) \end{pmatrix}.
Didática: estas duas soluções são reais e linearmente independentes; qualquer solução real do sistema é combinação linear delas.]

Passo 5

Escrevemos a solução geral como combinação linear:
X(t)=C_1 X^{(1)}(t)+C_2 X^{(2)}(t),
onde C_1,C_2\in\mathbb{R} são constantes determinadas pelas condições iniciais X(0).
Para referência, podemos escrever a forma matricial compacta
X(t)=e^{\alpha t}\begin{pmatrix} \cos(\beta t) & \sin(\beta t)\\[6pt] -\dfrac{3}{2}\cos(\beta t)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin(\beta t) & -\dfrac{3}{2}\sin(\beta t)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\beta t) \end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_1\\[4pt]C_2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Classificação do ponto de equilíbrio e desenho do retrato de fase (instruções e interpretação):
  • Como os autovalores são \lambda=\alpha\pm i\beta com \alpha=-\tfrac{1}{2}<0 e \beta=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\neq0, a origem é um foco estável (um espiral assintoticamente estável, também chamado de “stiff sink” ou “stable spiral”).
  • As trajetórias espiralam em direção à origem com decaimento exponencial e^{\alpha t}=e^{-t/2} e com frequência angular \beta=\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
  • Sentido de rotação (orientação): pode verificar-se pegando um ponto inicial simples, por exemplo X(0)=(1,0). Calcula-se X'(0)=A(1,0)^{T}=(1,-3)^{T}, ou seja, a componente y inicial tende a diminuir — isso indica que a órbita passa do eixo x positivo para baixo, portanto a rotação é no sentido horário.
  • Como não há autovetores reais (autovalores complexos não reais), não há retas invariantes não-triviais; as órbitas são curvas em espiral, todas aproximando-se do ponto de equilíbrio na origem seguindo sentido horário.
Instruções práticas para desenhar o retrato:
  1. Desenhar o plano (x,y) com a origem marcada.
  2. Marcar algumas órbitas iniciais com diferentes condições iniciais; desenhar espirais que se aproximam da origem.
  3. Indicar com setas o sentido horário ao longo das espirais.
  4. Uma seta indicando decaimento exponencial (distância à origem decresce como e^{-t/2}) e oscilações de período T=\dfrac{2\pi}{\beta}=\dfrac{4\pi}{\sqrt{3}} podem ser anotadas.

Resposta

X(t)=C_1\,e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix}\cos\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt]-\dfrac{3}{2}\cos\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\end{pmatrix} + C_2\,e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt]-\dfrac{3}{2}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\end{pmatrix},\; C_1,C_2\in\mathbb{R}.
A origem é um foco estável (espiral assintoticamente estável); as trajetórias espiralam no sentido horário em direção à origem.]

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