Considere t a variável independente e y=y(t). Quando for pedido retrato de fase, escreva x_{1}=y, x_{2}=y^{\prime} e analise o plano \left(x_{1}, x_{2}\right). Indique sempre que possível o tipo de equilíbrio (centro, foco estável, sela, etc.) e o comportamento quando t \rightarrow \infty.
Problema 4 (nó estável). Analise
y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=0 .
(a) Encontre a equação característica e suas raízes. (b) Mostre que as duas raízes são reais e negativas. (c) Conclua que a origem é um nó estável e esboce o retrato de fase indicando as direções principais.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
y''+5y'+6y=0
com variável independente t e pede: (a) encontrar a equação característica e suas raízes; (b) mostrar que as duas raízes são reais e negativas; (c) concluir que a origem é um nó estável e esboçar o retrato de fase indicando as direções principais.
Quando for pedido o retrato de fase devemos usar as variáveis de fase \;x_{1}=y,\;x_{2}=y'\; e analisar o plano (x_{1},x_{2}). Não começar a resolver aqui — apenas enumerei o que foi dado e o que se pede.

Passo 2

Transformar a equação diferencial ordinária linear de segunda ordem em sua equação característica: para equações lineares com coeficientes constantes, procuramos soluções do tipo \;y=e^{rt}\;. Substituindo \;y=e^{rt}\; em \;y''+5y'+6y=0\; obtém-se a equação algébrica (a chamada equação característica) para r. Vou fazer a substituição passo a passo:
y=e^{rt}\quad\Rightarrow\quad y'=r e^{rt},\quad y''=r^{2}e^{rt}.
Substituindo na EDO:
r^{2}e^{rt}+5r e^{rt}+6 e^{rt}=0.
Como e^{rt}\neq 0 para todo t, podemos dividir por e^{rt} e ficar com a equação característica:
r^{2}+5r+6=0.

Passo 3

Resolver a equação quadrática \;r^{2}+5r+6=0\;. Vou usar a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática). Para uma equação \;ar^{2}+br+c=0\; as raízes são
r=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a},
onde a=1,\;b=5,\;c=6 neste caso. Calculo o discriminante:
\Delta=b^{2}-4ac=5^{2}-4\cdot1\cdot6=25-24=1.
Como \Delta=1>0, teremos duas raízes reais e distintas.

Passo 4

Aplicando a fórmula das raízes com \Delta=1:
r=\frac{-5\pm\sqrt{1}}{2}=\frac{-5\pm1}{2}.
Assim obtemos as duas raízes:
r_{1}=\frac{-5+1}{2}=\frac{-4}{2}=-2,
r_{2}=\frac{-5-1}{2}=\frac{-6}{2}=-3.

Passo 5

Concluir a parte (b): verificamos explicitamente que r_{1}=-2 e r_{2}=-3 são números reais e ambos são negativos. Portanto estão provadas as afirmações pedidas em (b).

Passo 6

Escrever a solução geral da EDO de segunda ordem a partir das raízes reais e distintas: quando as raízes r_{1},r_{2} são reais e distintas, a solução geral é
y(t)=C_{1}e^{r_{1}t}+C_{2}e^{r_{2}t}.
Substituindo r_{1}=-2 e r_{2}=-3 obtemos
y(t)=C_{1}e^{-2t}+C_{2}e^{-3t},
onde C_{1},C_{2} são constantes determinadas pelas condições iniciais.

Passo 7

Passar para o sistema de primeira ordem (para construir o retrato de fase). Definimos
x_{1}=y,\qquad x_{2}=y'.
Então
x_{1}'=x_{2},
x_{2}'=y''=-5y'-6y=-5x_{2}-6x_{1}.
Escrevendo em forma matricial x' = A x, temos
x'=\begin{pmatrix}x_{1}'\\[4pt]x_{2}'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-6 & -5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}, \qquad A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-6 & -5\end{pmatrix}.
A equação característica do sistema \det(A-\lambda I)=0 dá exatamente \lambda^{2}+5\lambda+6=0, cujas soluções já encontramos: \lambda_{1}=-2,\;\lambda_{2}=-3. Estes \lambda são os autovalores (eigenvalues) da matriz A.]

Passo 8

Encontrar os autovetores (direções principais) associados a cada autovalor. Para um autovalor \lambda não nulo, um autovetor é proporcional a (1,\lambda) no caso de soluções da forma e^{\lambda t} para o sistema obtido da segunda ordem. Posso obter explicitamente resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Para \lambda_{1}=-2: resolvo (A+2I)v=0,
\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-6 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=0.
Da primeira linha 2v_{1}+v_{2}=0 segue v_{2}=-2v_{1}. Tomando v_{1}=1 obtemos o autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=-3: resolvo (A+3I)v=0,
\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt]-6 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=0.
Da primeira linha 3v_{1}+v_{2}=0 segue v_{2}=-3v_{1}. Tomando v_{1}=1 obtemos
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
Essas duas direções no plano (x_{1},x_{2}) são as direções principais (retas passando pela origem com declives -2 e -3).]

Passo 9

Classificação do equilíbrio na origem: como os dois autovalores \lambda_{1}=-2 e \lambda_{2}=-3 são reais, distintos e ambos têm parte real negativa, o ponto de equilíbrio na origem é um nó estável (nó atrator). Explicando em linguagem clara: soluções decaem exponencialmente para zero quando t\to\infty; não há oscilações (nenhuma parte imaginária) e todas as trajetórias no plano de fase vão para a origem.

Passo 10

Comportamento assintótico e direções principais (importante para a prova): entre as duas direções, a que corresponde ao autovalor mais próximo de zero domina quando t\to\infty porque decai mais devagar. Aqui |-2|=2 é menor que |-3|=3, então o autovalor \lambda_{1}=-2 é o de decaimento mais lento. Isso significa que para uma solução genérica (com C_{1}\neq 0 na forma y=C_{1}e^{-2t}+C_{2}e^{-3t}) a solução se alinha, quando t\to\infty, com o autovetor associado a \lambda_{1}=-2: ou seja, as trajetórias aproximam-se tangentes à reta
x_{2}=-2x_{1}
ao se aproximarem da origem. A reta x_{2}=-3x_{1} também é uma direção eigencal, mas as trajetórias se aproximam dela mais rapidamente (decai mais rápido) e, portanto, a aproximação final é dominada pela reta de declive -2.

Passo 11

Descrição do retrato de fase (esboço verbal que você pode reproduzir no exame): desenhe o plano com eixo horizontal x_{1} e vertical x_{2}. Marque as duas retas que passam pela origem com declives -2 (menos íngreme) e -3 (mais íngreme). Em ambas as retas as soluções movem-se em direção à origem (setas apontando para dentro), pois ambos os autovalores são negativos. Para pontos iniciais não sobre as retas, as trajetórias entram curvas que se dirigem ao interior e, ao se aproximarem da origem, tornam-se quase paralelas à reta x_{2}=-2x_{1}. Isso caracteriza um nó estável. Dica rápida para o rascunho: mostre algumas trajetórias entre as retas, todas com setas apontando para o 0; uma trajetória na reta -3 se aproxima mais verticalmente e outra na reta -2 mais “horizontalmente” relativo à outra.

Passo 12

Pequena estratégia de prova/exame que vale ouro: 1) formar a equação característica direto por y=e^{rt}; 2) calcular discriminante para saber se as raízes são reais/complexas/duplas; 3) se reais e negativas → nó estável; 4) obter autovetores (1,r) para desenhar as direções principais; 5) lembrar que a direção do autovalor com menor módulo (mais perto de zero) domina o comportamento assintótico.

Resposta

(a) r^{2}+5r+6=0, raízes r=-2,\;-3.
(b) As raízes são reais e negativas (pois o discriminante \Delta=1>0 e r=-2<0,\;r=-3<0).
(c) A origem é um nó estável (nó atrator). Direções principais: retas x_{2}=-2x_{1} e x_{2}=-3x_{1}; as trajetórias vão para a origem e, quando t\to\infty, aproximam-se tangentes à reta x_{2}=-2x_{1} (autovetor associado ao autovalor de decaimento mais lento).

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