Classifique as singularidades dos campos.
X(x, y)=\left(-3 x+y^{2}, x^{2}-y^{2}\right).

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar e classificar as singularidades (pontos de equilíbrio) do campo vetorial
X(x,y)=\bigl(-3x+y^{2},\;x^{2}-y^{2}\bigr).
Informações dadas relevantes:
\begin{cases} X_{1}(x,y)=-3x+y^{2},\\[4pt] X_{2}(x,y)=x^{2}-y^{2}. \end{cases}
Tarefas claras: (i) resolver X(x,y)=0 para obter todos os pontos críticos; (ii) para cada ponto crítico, classificar sua natureza (sela, nó estável/instável, foco/espiral, centro, ou ponto degenerado não-hiperbólico), justificando com linearização e, se necessário, análise não linear.]

Passo 2

Encontrar os pontos críticos resolvendo o sistema
\begin{cases} -3x+y^{2}=0,\\[4pt] x^{2}-y^{2}=0. \end{cases}
Da segunda equação temos x^{2}=y^{2}, logo x=\pm y.
Caso x=y: substituir em -3x+y^{2}=0
-3y+y^{2}=0 \;\Longrightarrow\; y\,(y-3)=0,
então y=0 ou y=3. Assim obtemos os pontos (0,0) e (3,3).
Caso x=-y: substituir em -3x+y^{2}=0
-3(-y)+y^{2}=0 \;\Longrightarrow\; 3y+y^{2}=0 \;\Longrightarrow\; y\,(y+3)=0,
então y=0 ou y=-3. Assim obtemos os pontos (0,0) (já contado) e (3,-3) (pois x=-y com y=-3 x=3).
Portanto os pontos críticos são
(0,0),\quad (3,3),\quad (3,-3).]

Passo 3

Linearização: calcular a matriz Jacobiana DX(x,y). As derivadas parciais são
\frac{\partial X_{1}}{\partial x}=-3,\qquad \frac{\partial X_{1}}{\partial y}=2y,
\frac{\partial X_{2}}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial X_{2}}{\partial y}=-2y.
Assim
DX(x,y)=\begin{pmatrix}-3 & 2y\\[4pt] 2x & -2y\end{pmatrix}.
Regra de classificação (resumo prático):
  • Se \det(DX)<0 → sela (instável).
  • Se \det(DX)>0 e \tau^{2}-4\det>0 (autovalores reais, mesmo sinal) → nó (estável se \tau<0, instável se \tau>0).
  • Se \det(DX)>0 e \tau^{2}-4\det<0 → foco/espiral (estável se \tau<0, instável se \tau>0).
  • Se algum autovalor é zero ( \det=0 ou produto dos autovalores zero) → ponto não-hiperbólico: a linearização não decide totalmente; pode ser necessário análise não-linear (ex.: centro-manifolds).
Aqui \tau=\operatorname{tr}(DX) e \det=\det(DX).]

Passo 4

Avaliar DX em (0,0):
DX(0,0)=\begin{pmatrix}-3 & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
Os autovalores são \lambda_{1}=-3 e \lambda_{2}=0. Como há um autovalor nulo, o ponto é não-hiperbólico; a linearização por si só não dá a classificação final. Precisamos estudar os termos não-lineares perto da origem.]

Passo 5

Análise não-linear em (0,0) via manifold central (intuição e cálculo de ordem baixa). Como o autovalor zero tem autovetor (0,1), a manifold central é tangente ao eixo y. Procuramos a manifold central escrita como
x=\varphi(y),
com \varphi(0)=0 e \varphi'(0)=0. A condição invariância da manifold dá
\varphi'(y)\,y' = x' \quad\text{com } x=\varphi(y).
Substituindo as componentes do campo:
\varphi'(y)\bigl(\varphi(y)^{2}-y^{2}\bigr) = -3\varphi(y)+y^{2}.
Procuramos \varphi(y) até segunda ordem: suponha \varphi(y)=a y^{2}+o(y^{2}). Então \varphi'(y)=2a y+o(y). No lado direito, até ordem y^{2} temos -3a y^{2}+y^{2}=y^{2}(1-3a). No lado esquerdo o termo de menor ordem é da ordem y^{3}, logo para que a igualdade seja consistente no termo y^{2} devemos ter
1-3a=0 \;\Longrightarrow\; a=\tfrac{1}{3}.
Portanto
\varphi(y)=\tfrac{1}{3}y^{2}+o(y^{2}).
A dinâmica reduzida na manifold central é
y'=\varphi(y)^{2}-y^{2} = \Bigl(\tfrac{1}{3}y^{2}\Bigr)^{2}-y^{2}+o(y^{4}) = -y^{2}+o(y^{2}).
Para y pequeno não nulo, temos y'<0, ou seja y decai para 0 quando t\to+\infty. Juntando isso com a direção associada ao autovalor -3 (exponencialmente estável), concluímos que a origem atrai trajetórias próximas: é um ponto atrator, isto é, assintoticamente estável, mas é degenerado (não-hiperbólico) porque a convergência na direção central é polinomial (não exponencial). Em linguagem padrão: (0,0) é um ponto crítico degenerado, atrator (assintoticamente estável, não-hiperbólico).

Passo 6

Avaliar DX em (3,3):
DX(3,3)=\begin{pmatrix}-3 & 6\\[4pt] 6 & -6\end{pmatrix}.
Calcular traço e determinante:
\tau=-3-6=-9,\qquad \det = (-3)(-6)-6\cdot 6 = 18-36=-18.
Como \det<0, os autovalores têm sinais opostos e o ponto é uma sela (hiperbólica e instável). Logo (3,3) é uma sela.]

Passo 7

Avaliar DX em (3,-3):
DX(3,-3)=\begin{pmatrix}-3 & -6\\[4pt] 6 & 6\end{pmatrix}.
Traço e determinante:
\tau=-3+6=3,\qquad \det = (-3)(6)-(-6)\cdot 6 = -18+36=18.
O discriminante é
\tau^{2}-4\det = 3^{2}-4\cdot 18 = 9-72 = -63 <0,
portanto autovalores complexos com parte real \tau/2=3/2>0. Logo (3,-3) é um foco (espiral) repulsor — instável e hiperbólico.]

Passo 8

Resumo das conclusões (preparando a resposta final): pontos críticos encontrados e suas classificações definitivas:
(0,0)\\ \text{— ponto degenerado, atrator (assintoticamente estável, não-hiperbólico)},áãó
(3,3)\\ \text{— sela (hiperbólica, instável)},óá
(3,-3)\\ \text{— foco/espiral repulsor (hiperbólico, instável)}.óá

Resposta

(0,0) — ponto degenerado, atrator (assintoticamente estável, não-hiperbólico).
(3,3) — sela (hiperbólica, instável).
(3,-3) — foco/espiral repulsor (hiperbólico, instável).

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