Classifique as singularidades dos campos.
X(x, y)=(1-2 x y, 2 x y-y).

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial X:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definido por
X(x,y) = (1-2xy,\;2xy-y).
A tarefa é: encontrar todas as singularidades (pontos críticos, isto é, pontos onde X=0) e classificar cada uma (tipo de equilíbrio: nó, sela, foco, centro; estável/instável, etc.).
Informações relevantes dadas: a expressão de cada componente do campo em função de x e y. Não há outras restrições.

Passo 2

Vamos encontrar as singularidades resolvendo o sistema
\begin{cases} 1-2xy = 0,\\[4pt] 2xy-y = 0. \end{cases}
Explico passo a passo como resolver esse sistema: a primeira equação é \;1-2xy=0\; que equivale a
2xy = 1\quad\Rightarrow\quad xy=\tfrac{1}{2}.
A segunda equação é \;2xy-y=0\;. Podemos escrever esta segunda como
y(2x-1)=0.
Isto mostra duas possibilidades: ou y=0 ou 2x-1=0 (isto é, x=\tfrac{1}{2}). Vamos testar cada caso.]

Passo 3

Caso y=0: substituindo na primeira equação temos
1-2x\cdot 0 = 1 \neq 0,
logo não satisfaz a primeira equação. Portanto y=0 não produz nenhuma solução conjunta.
Caso x=\tfrac{1}{2}: substituindo na primeira equação obtemos
1-2\cdot\frac{1}{2}\cdot y = 1 - y = 0 \quad\Rightarrow\quad y=1.
Portanto há exatamente uma singularidade: o ponto
\left(\tfrac{1}{2},1\right).

Passo 4

Para classificar a singularidade vamos linearizar o campo ao redor do ponto crítico usando a matriz Jacobiana. Primeiro calculamos as derivadas parciais das componentes do campo. Se escrevemos X=(X_1,X_2) com X_1(x,y)=1-2xy e X_2(x,y)=2xy-y, então
\frac{\partial X_1}{\partial x} = -2y,\qquad \frac{\partial X_1}{\partial y} = -2x,
\frac{\partial X_2}{\partial x} = 2y,\qquad \frac{\partial X_2}{\partial y} = 2x-1.
Assim a matriz Jacobiana D X(x,y) é
D X(x,y)=\begin{pmatrix} -2y & -2x\\[4pt] 2y & 2x-1 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora avaliamos a Jacobiana no ponto crítico \left(\tfrac{1}{2},1\right). Substituindo x=\tfrac{1}{2} e y=1 obtemos
A := D X\!\left(\tfrac{1}{2},1\right) = \begin{pmatrix} -2\cdot 1 & -2\cdot \tfrac{1}{2}\\[4pt] 2\cdot 1 & 2\cdot \tfrac{1}{2}-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & -1\\[4pt] 2 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Para classificar linearmente o equilíbrio usamos os autovalores (e, de forma prática, o traço e o determinante da matriz A). Calculemos traço e determinante:
\operatorname{tr}A = -2 + 0 = -2,
\det A = (-2)\cdot 0 - (-1)\cdot 2 = 2.
A fórmula padrão para os autovalores de uma matriz 2\times2 é
\lambda = \frac{\operatorname{tr}A \pm \sqrt{(\operatorname{tr}A)^2 - 4\det A}}{2}.
Aqui
(\operatorname{tr}A)^2 - 4\det A = (-2)^2 - 4\cdot 2 = 4 - 8 = -4 < 0,
ou seja, o discriminante é negativo e os autovalores são complexos conjugados. Calculando explicitamente:
\lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{-2 \pm 2i}{2} = -1 \pm i.

Passo 7

Interpretação dos autovalores: são complexos com parte real negativa ( \operatorname{Re}(\lambda)=-1<0). Para sistemas lineares \dot z = Az isso significa soluções que oscilam (devido à parte imaginária) enquanto decaem exponencialmente no tempo (devido à parte real negativa): geometricamente é um espiral que se aproxima do ponto de repouso. Como os autovalores têm parte real não nula, a singularidade é hiperbólica e a classificação local do sistema não-linear coincide com a da linearização (teorema de linearização local / Hartman–Grobman).

Passo 8

Conclusão (em linguagem de prova / na hora da avaliação): existe uma única singularidade em \left(\tfrac{1}{2},1\right). A matriz jacobiana linearizada no ponto tem autovalores \lambda=-1\pm i, ou seja, parte real negativa e parte imaginária não nula. Portanto a singularidade é um foco assintoticamente estável (foco atrator, espiral estável).

Resposta

\left(\tfrac{1}{2},1\right): foco assintoticamente estável (autovalores -1\pm i).

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