1. (7.6) Em cada um dos Problemas abaixo, expresse a solução geral do sistema de equações dado em termos de funções reais, descreva o comportamento das soluções quando t \rightarrow \infty, e faça o gráfico de algumas trajetórias do sistema.
    a) \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}-1 & -4 \\\\ 1 & -1\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado pede três coisas para o sistema dado:
\mathbf{x}'=\begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\mathbf{x}.
As perguntas são:
  1. Expressar a solução geral do sistema em termos de funções reais.
  2. Descrever o comportamento das soluções quando t\to\infty.
  3. Fazer (descrever) o gráfico de algumas trajetórias do sistema.
Informações importantes do enunciado:
A=\begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Não há outras condicionantes; precisamos resolver o sistema linear homogêneo com coeficientes constantes e tratar o caso de autovalores complexos se aparecerem.]

Passo 2

Breve revisão do método que vamos usar (passo-a-passo e bem mastigado):
  • Para um sistema \mathbf{x}'=A\mathbf{x} procuramos autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A resolvendo \det(A-\lambda I)=0 e (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
  • Se um autovalor \lambda=\alpha+i\beta (com \beta\neq0) tiver autovetor complexo \mathbf{v}=\mathbf{p}+i\mathbf{q} (com \mathbf{p},\mathbf{q} reais), então duas soluções reais fundamentais do sistema são
e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\cos(\beta t)-\mathbf{q}\sin(\beta t)\big)
e
e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\sin(\beta t)+\mathbf{q}\cos(\beta t)\big).
  • A solução geral real será combinação linear dessas duas soluções reais.
  • O sinal de \alpha determina estabilidade: \alpha<0 dá decaimento exponencial (sistema tende ao 0), \alpha>0 dá crescimento, \alpha=0 dá comportamento oscilatório neutro.
Vou aplicar esse procedimento passo a passo ao nosso A.

Passo 3

Calculamos o polinômio característico de A. O traço de A é -1+(-1)=-2 e o determinante é
\det A = (-1)(-1)-(-4)(1)=1+4=5.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\lambda^2 - (\text{tr}A)\lambda + \det A = \lambda^2 +2\lambda +5.
As raízes são
\lambda=\frac{-2\pm\sqrt{4-20}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}{2}=-1\pm 2i.
Portanto temos um par de autovalores complexos conjugados \lambda_{1,2}=-1\pm 2i. Aqui \alpha=-1 e \beta=2.

Passo 4

Agora encontramos um autovetor associado a \lambda=-1+2i. Resolvemos (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Calculamos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}-(-1+2i)I =\begin{pmatrix}-2i & -4 \\[4pt] 1 & -2i\end{pmatrix}.
Se \mathbf{v}=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}, a primeira linha dá
-2i v_1 -4 v_2 =0 \quad\Longrightarrow\quad i v_1 +2 v_2=0.
Isso implica v_1 = -2v_2/i = 2i v_2 (usando 1/i=-i). A segunda linha dá a mesma relação. Escolhendo v_2=1 obtemos um autovetor conveniente
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}2i\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Separamos \mathbf{v} em parte real \mathbf{p} e imaginária \mathbf{q}:
\mathbf{v}=\mathbf{p}+i\mathbf{q},\qquad \mathbf{p}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad \mathbf{q}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Lembre: \mathbf{p} é a parte real e \mathbf{q} a parte imaginária do autovetor.]

Passo 6

Aplicando a fórmula padrão para o caso complexo, duas soluções reais fundamentais são
\mathbf{\varphi}_1(t)=e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\cos(\beta t)-\mathbf{q}\sin(\beta t)\big)
e
\mathbf{\varphi}_2(t)=e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\sin(\beta t)+\mathbf{q}\cos(\beta t)\big),
com \alpha=-1 e \beta=2. Substituindo \mathbf{p} e \mathbf{q},
\mathbf{\varphi}_1(t)=e^{-t}\!\left(\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\cos 2t -\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}\sin 2t\right) =e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix},
\mathbf{\varphi}_2(t)=e^{-t}\!\left(\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\sin 2t +\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}\cos 2t\right) =e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos 2t\\[4pt]\sin 2t\end{pmatrix}.]

Passo 7

A solução geral real do sistema é a combinação linear dessas soluções fundamentais:
\mathbf{x}(t)=C_1\mathbf{\varphi}_1(t)+C_2\mathbf{\varphi}_2(t)
ou, escrevendo as componentes explicitamente,
\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt] x_2(t)\end{pmatrix} = e^{-t}\begin{pmatrix}2\big(C_2\cos 2t - C_1\sin 2t\big)\\[6pt] C_1\cos 2t + C_2\sin 2t\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes reais determinadas pelas condições iniciais.
Observação prática para a prova: se te darem uma condição inicial \mathbf{x}(0)=\mathbf{x}_0, basta avaliar \mathbf{\varphi}_1(0) e \mathbf{\varphi}_2(0) e resolver o sistema linear para C_1,C_2. Aqui \mathbf{\varphi}_1(0)=\begin{pmatrix}0\\\ 1\end{pmatrix} e \mathbf{\varphi}_2(0)=\begin{pmatrix}2\\\ 0\end{pmatrix}.]

Passo 8

Comportamento quando t\to\infty:
  • Note que há um fator multiplicativo e^{\alpha t}=e^{-t} nas soluções, com \alpha=-1<0. Isso implica que a amplitude das oscilações decai exponencialmente.
  • As soluções oscilam com frequência angular \beta=2, ou seja período T=\dfrac{2\pi}{\beta}=\dfrac{2\pi}{2}=\pi.
  • Portanto todas as soluções tendem para a origem quando t\to\infty: o ponto \mathbf{0} é um ponto de equilíbrio estável e as trajetórias são espirais que convergem para a origem — tecnicamente, um “espiral assintoticamente estável” ou “espiral atrator” (stable spiral).

Passo 9

Sentido da rotação (útil para desenhar o gráfico): tomar uma condição inicial simples e ver a direção do vetor velocidade. Por exemplo, escolha \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}. Isso corresponde a C_1=0,C_2=1 (pois \mathbf{x}(0)=C_1\mathbf{\varphi}_1(0)+C_2\mathbf{\varphi}_2(0)=C_1(0,1)^T+C_2(2,0)^T). Calcule
\mathbf{x}'(0)=A\mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\end{pmatrix}.
A partir de (2,0) o vetor velocidade aponta para (-2,2), isto é, a trajetória vai para cima (com y positivo). Começando no eixo x positivo, a órbita sobe — esse movimento indica rotação no sentido anti-horário (contrário ao sentido dos ponteiros do relógio). Então as espirais giram anti-horário enquanto decaem para a origem.]

Passo 10

Como fazer o gráfico de algumas trajetórias (instruções práticas para a prova e para você desenhar à mão):
  • As trajetórias são curvas espirais centradas na origem, com raios decrescendo como e^{-t} e com oscilações periódicas de período \pi.
  • Para traçar algumas trajetórias, escolha algumas condições iniciais \mathbf{x}(0), compute C_1,C_2 resolvendo
\mathbf{x}(0)=C_1\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Por exemplo:
  • \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix} corresponde a C_1=0,C_2=1. Trajetória: \mathbf{x}(t)=e^{-t}(2\cos2t,\;\sin2t)^T.
  • \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix} corresponde a C_1=1,C_2=0. Trajetória: \mathbf{x}(t)=e^{-t}(-2\sin2t,\;\cos2t)^T.
  • \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} C_1=1,\;C_2=\tfrac{1}{2} (porque (1,1)^T=\tfrac12(2,0)^T+1(0,1)^T). Trajetória obtida substituindo esses C_i na fórmula geral.
  • Para desenhar: marque um conjunto de instantes t=0,\;t=\tfrac{\pi}{8},\;t=\tfrac{\pi}{4},\;t=\tfrac{\pi}{2},\dots calcule \mathbf{x}(t) e conecte os pontos com uma curva suave que perde amplitude (as voltas vão ficando menores). Lembre-se do sentido anti-horário.
Dica encorajadora: na prova, ao ver autovalores complexos, segue esse roteiro: achar \alpha,\beta,\mathbf{p},\mathbf{q} e escrever as duas soluções reais — é mecânico, dá certo e é rápido com prática.]

Resposta

Solução geral: \displaystyle \mathbf{x}(t)=C_1\,e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix}+C_2\,e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos 2t\\[4pt]\sin 2t\end{pmatrix}.
Comportamento quando t\to\infty: todas as soluções tendem para a origem ( \mathbf{x}(t)\to\mathbf{0}); o ponto \mathbf{0} é um espiral assintoticamente estável (decai exponencialmente com fator e^{-t} e oscila com frequência angular 2, período \pi).
Gráfico / forma das trajetórias: trajetórias são espirais decrescentes (spirais) girando no sentido anti-horário, por exemplo \mathbf{x}(t)=e^{-t}(2\cos 2t,\sin 2t)^T (condição inicial (2,0)) é uma dessas trajetórias.]

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