Considere x=x(t) e y=y(t).
(a) Determine a solução geral do sistema de EDOs:
\begin{aligned} x^{\prime}-x-y & =0, \\\ y^{\prime}+4 x+3 y & =0 . \end{aligned}
(b) Encontre o ponto de equilíbrio do sistema acima e classifique-o. Justifique sua resposta.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • (a) Determinar a solução geral do sistema de EDOs dado por
\begin{aligned} x^{\prime}-x-y & =0,\\\ y^{\prime}+4x+3y & =0. \end{aligned}
As incógnitas são x=x(t) e y=y(t).
  • (b) Encontrar o ponto de equilíbrio do sistema e classificá‑lo (estável/instável; nó, sela, foco, centro, etc.), justificando a resposta.
Informações dadas explicitamente: as duas equações diferenciais lineares de primeira ordem acopladas acima e que x,y dependem de t. Não há condições iniciais fornecidas, então devemos obter a solução geral com constantes arbitrárias.

Passo 2

Escrevemos o sistema em forma matricial, que facilita aplicar teoria de autovalores/autovetores. Primeiro isolamos as derivadas:
x' = x + y,\qquad y' = -4x - 3y.
Em forma vetorial:
\mathbf{u}'(t) = A\,\mathbf{u}(t),
onde
\mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix},\qquad A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-4 & -3\end{pmatrix}.
Explicação rápida (mini‑aula): escrever o sistema como \mathbf{u}'=A\mathbf{u} permite usar autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A para construir soluções do tipo \mathbf{u}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}. Se A não for diagonalizável (caso degenerado), usamos vetores generalizados (cadeia de Jordan) — vou mostrar isso quando aparecer.]

Passo 3

Encontramos os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Calculemos:
\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]-4 & -3-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(-3-\lambda)-1\cdot(-4).
Desenvolvendo:
(1-\lambda)(-3-\lambda) = \lambda^{2}+2\lambda-3,
portanto
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}+2\lambda-3+4=\lambda^{2}+2\lambda+1=(\lambda+1)^{2}.
Logo o único autovalor é \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 2.
Mini‑aula: quando um autovalor aparece com multiplicidade maior que 1, pode ser que haja uma base de autovetores completa (matriz diagonalizável) ou não (matriz defeituosa). Precisamos checar a multiplicidade geométrica (nº de autovetores linearmente independentes associados).]

Passo 4

Encontramos os autovetores resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=0 com \lambda=-1, isto é (A+I)\mathbf{v}=0.
Calcule A+I:
A+I=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-4 & -2\end{pmatrix}.
Resolvendo
\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-4 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}
a primeira equação dá 2v_1+v_2=0\Rightarrow v_2=-2v_1. Tomando v_1=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Observação: a segunda linha é múltipla da primeira, então a multiplicidade geométrica é 1 (apenas um autovetor independente). Portanto A é não diagonalizável (defeituosa) e precisamos de um vetor generalizado para formar a solução geral.
Mini‑aula: um vetor generalizado \mathbf{w} de ordem 2 satisfaz (A-\lambda I)\mathbf{w}=\mathbf{v}. Ele permite construir a segunda solução independente do sistema quando falta um autovetor.]

Passo 5

Procuramos um vetor \mathbf{w}=\begin{pmatrix}a\\[4pt]b\end{pmatrix} tal que
(A+I)\mathbf{w}=\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Isso leva ao sistema
\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-4 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\[4pt]b\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
A primeira equação é 2a+b=1. A segunda é -4a-2b=-2, que é apenas -2 vezes a primeira, logo consistente. Escolhemos uma solução simples: tome a=0, então b=1. Assim
\mathbf{w}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}
é um vetor generalizado válido porque (A+I)\mathbf{w}=\mathbf{v}.]

Passo 6

Construímos a solução geral para o caso de autovalor repetido e apenas um autovetor. A teoria diz que as soluções fundamentais são
\mathbf{u}_1(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v},\qquad \mathbf{u}_2(t)=e^{\lambda t}\big(t\mathbf{v}+\mathbf{w}\big),
onde \lambda=-1, \mathbf{v} é o autovetor e \mathbf{w} o vetor generalizado. Portanto a solução geral é combinação linear:
\mathbf{u}(t)=C_1\,e^{-t}\mathbf{v}+C_2\,e^{-t}\big(t\mathbf{v}+\mathbf{w}\big),
com C_1,C_2\in\mathbb{R} constantes arbitrárias. Substituindo \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} e \mathbf{w}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix} obtemos
\mathbf{u}(t)=e^{-t}\left[ C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} + C_2\left(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right) \right].
Agora escrevemos as componentes x(t) e y(t). Fazendo as somas:
\begin{aligned} x(t) &= e^{-t}\big(C_1 + C_2\,t\big),\\[6pt] y(t) &= e^{-t}\big(-2C_1 + C_2 -2C_2\,t\big). \end{aligned}
Pequena explicação sobre o comportamento: os termos e^{-t} e t e^{-t} aparecem; ambos tendem a 0 quando t\to+\infty (porque t e^{-t}\to0). Assim todas as soluções vão para a origem quando t\to+\infty.]

Passo 7

Encontramos o ponto de equilíbrio (x_e,y_e) resolvendo x'=0 e y'=0, ou seja o sistema
\begin{aligned} x+y&=0,\\[4pt] -4x-3y&=0. \end{aligned}
Substituindo y=-x da primeira equação na segunda:
-4x-3(-x)=-4x+3x=-x=0\Rightarrow x=0,
logo y=-x=0. Assim o único ponto de equilíbrio é (0,0).]

Passo 8

Classificação do ponto de equilíbrio: usamos os autovalores de A. Encontramos \lambda=-1 (dupla) e a multiplicidade geométrica é 1 (apenas um autovetor). Como todos os autovalores têm parte real negativa (aqui -1<0), a origem é assintoticamente estável (atraente). Como a multiplicidade algébrica excede a geométrica (caso degenerado), o equilíbrio não é um nó propriamente dito com duas direções próprias distintas; chama‑se nó degenerado (ou nó impróprio) estável, ou ainda nó degenerado assintoticamente estável. Em termos práticos: é um nó estável degenerado (ou nó impropriamente estável) — as soluções decaem para a origem e, devido ao termo t e^{-t}, as trajetórias não são simplesmente retas exponenciais, mas aproximam‑se tangencialmente à direção do autovetor \mathbf{v}=(1,-2).
Justificativa resumida: parte real dos autovalores negativa \Rightarrow assintoticamente estável; autovalor repetido com apenas um autovetor \Rightarrow degenerescência (improper node).

Resposta

(a) \displaystyle x(t)=e^{-t}\big(C_1 + C_2\,t\big),\quad y(t)=e^{-t}\big(-2C_1 + C_2 -2C_2\,t\big), com C_1,C_2\in\mathbb{R}.
(b) Ponto de equilíbrio: (0,0). Classificação: nó degenerado (nó impróprio) assintoticamente estável (autovalor \lambda=-1 dupla, multiplicidade geométrica 1).

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