Ache a solução geral do sistema de equações dado e desenhe o retrato de fase correspondente:
X^{\prime}=\left[ \begin{array}{rr}5 & 3 \\ -3 & 1\end{array}\right] X

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear autónomo e pede a solução geral e o retrato de fase:
X' = \begin{pmatrix}5 & 3\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix} X.
Informações fornecidas:
  • A matriz do sistema é \displaystyle A=\begin{pmatrix}5 & 3\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}.
  • Deve-se encontrar a solução geral X(t) (família de soluções com constantes arbitrárias).
  • Deve-se desenhar (ou descrever) o retrato de fase associado ao sistema (comportamento das trajetórias no plano e sentido da rotação).]

Passo 2

Breve aula útil (o que vamos usar e por que): para um sistema linear \displaystyle X'=A X com A constante, procuramos autovalores \lambda e autovetores v de A. Se existir um autovalor complexo \lambda=\alpha+i\beta com autovetor complexo v=a+ib ( a,b reais), então a solução complexa \displaystyle e^{\lambda t}v gera duas soluções reais independentes dadas por as partes real e imaginária:
\text{Re}\big(e^{\lambda t}v\big)=e^{\alpha t}\big(a\cos(\beta t)-b\sin(\beta t)\big),
\text{Im}\big(e^{\lambda t}v\big)=e^{\alpha t}\big(a\sin(\beta t)+b\cos(\beta t)\big).
Essas duas dão a solução geral real:
X(t)=C_1\,e^{\alpha t}\big(a\cos(\beta t)-b\sin(\beta t)\big)+C_2\,e^{\alpha t}\big(a\sin(\beta t)+b\cos(\beta t)\big).
O sinal de \alpha determina estabilidade (se \alpha<0 atraente, \alpha>0 repulsivo). O valor \beta dá a frequência angular das oscilações; o sentido (horário/anti-horário) pode ser determinado avaliando a variação angular em um ponto.

Passo 3

Calcular os autovalores de A. O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 3\\[4pt]-3 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)(1-\lambda)-3(-3).
Expandindo:
(5-\lambda)(1-\lambda)+9 = 5-5\lambda-\lambda+ \lambda^2 +9 = \lambda^2-6\lambda+14.
Logo os autovalores são raízes de
\lambda^2-6\lambda+14=0.
A discriminante é
\Delta = (-6)^2 -4\cdot1\cdot14 =36-56=-20<0,
portanto os autovalores são complexos conjugados:
\lambda = \frac{6\pm i\sqrt{20}}{2}=3\pm i\sqrt{5}.
Aqui \displaystyle \alpha=3 e \displaystyle \beta=\sqrt{5}.]

Passo 4

Encontrar um autovetor complexo para \lambda=3+i\sqrt{5}. Resolver (A-\lambda I)v=0. Temos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}5-(3+i\sqrt{5}) & 3\\[4pt]-3 & 1-(3+i\sqrt{5})\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2-i\sqrt{5} & 3\\[4pt]-3 & -2-i\sqrt{5}\end{pmatrix}.
Da primeira linha (2-i\sqrt{5})v_1+3v_2=0, logo
v_2 = -\frac{2-i\sqrt{5}}{3}v_1.
Escolhendo v_1=3 (para evitar frações), obtemos
v=\begin{pmatrix}3\\[4pt]-\bigl(2-i\sqrt{5}\bigr)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]-2+i\sqrt{5}\end{pmatrix}.
Escrevendo v=a+ib com a,b reais:
a=\begin{pmatrix}3\\[4pt]-2\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\sqrt{5}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Construir as duas soluções reais fundamentais a partir de a,b,\alpha,\beta. Usando a fórmula da Passo 2:
\Phi_1(t)=e^{\alpha t}\bigl(a\cos(\beta t)-b\sin(\beta t)\bigr),
\Phi_2(t)=e^{\alpha t}\bigl(a\sin(\beta t)+b\cos(\beta t)\bigr),
onde \alpha=3, \beta=\sqrt{5}, a=\begin{pmatrix}3\\[4pt]-2\end{pmatrix}, b=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\sqrt{5}\end{pmatrix}. Então explicitamente:
\Phi_1(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}3\cos(\sqrt{5}\,t)\\[6pt]-2\cos(\sqrt{5}\,t)-\sqrt{5}\,\sin(\sqrt{5}\,t)\end{pmatrix},
\Phi_2(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}3\sin(\sqrt{5}\,t)\\[6pt]-2\sin(\sqrt{5}\,t)+\sqrt{5}\,\cos(\sqrt{5}\,t)\end{pmatrix}.]

Passo 6

Escrever a solução geral real combinando as duas soluções fundamentais. Com constantes reais C_1,C_2,
X(t)=C_1\,\Phi_1(t)+C_2\,\Phi_2(t).
Substituindo \Phi_1,\Phi_2:
X(t)=e^{3t}\Bigg\{C_1\begin{pmatrix}3\cos(\sqrt{5}\,t)\\[6pt]-2\cos(\sqrt{5}\,t)-\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,t)\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}3\sin(\sqrt{5}\,t)\\[6pt]-2\sin(\sqrt{5}\,t)+\sqrt{5}\cos(\sqrt{5}\,t)\end{pmatrix}\Bigg\}.
Observação prática para a prova: em t=0 tem-se \Phi_1(0)=a e \Phi_2(0)=b, logo dadas condições iniciais X(0)=X_0 resolve-se
X_0 = C_1 a + C_2 b
para obter C_1,C_2 (sistema 2×2 simples).]

Passo 7

Classificação do ponto de equilíbrio e sentido das órbitas (retrato de fase):
  • Como as partes reais dos autovalores são \alpha=3>0, o ponto de equilíbrio X=0 é instável: todas as trajetórias (exceto a trivial) afastam-se do origem exponencialmente em módulo — é uma fonte.
  • Os autovalores são complexos conjugados ( \beta=\sqrt{5}\neq0), logo as trajetórias são espirais. Conclusão: espiral instável (espiral-fonte).
  • Determinar o sentido de giro (horário ou anti-horário): calcule a taxa de variação do ângulo \theta=\arctan(y/x). Uma forma prática é avaliar em um ponto simples, por exemplo X=(1,0). Tem-se
X' = A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
A variação angular inicial é proporcional a x y' - y x' = 1\cdot(-3)-0\cdot5=-3<0, ou seja, \theta está diminuindo — isso indica rotação no sentido horário. Portanto as trajetórias espiralam para fora no sentido horário quando t cresce.
  • Esboço do retrato: no plano (x,y) desenhar curvas em espiral saindo da origem, aproximando-se localmente de círculos de raio crescente, com sentido horário; amplitudes crescem como e^{3t} e as oscilações têm frequência \sqrt{5}.]

Resposta

X(t)=e^{3t}\Bigg\{C_1\begin{pmatrix}3\cos(\sqrt{5}\,t)\\[6pt]-2\cos(\sqrt{5}\,t)-\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,t)\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}3\sin(\sqrt{5}\,t)\\[6pt]-2\sin(\sqrt{5}\,t)+\sqrt{5}\cos(\sqrt{5}\,t)\end{pmatrix}\Bigg\}, \quad C_1,C_2\in\mathbb{R}.
Retrato de fase: espiral instável (fonte) com crescimento exponencial e^{3t} e oscilações de frequência \sqrt{5}; as trajetórias espiralam para fora no sentido horário.]

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