Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável
\begin{aligned} & \frac{d x}{d t}=2 x+2 y \\\ & \frac{d y}{d t}=x+3 y\end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá o sistema diferencial
\begin{aligned} & \frac{d x}{d t}=2 x+2 y,\\\ & \frac{d y}{d t}=x+3 y, \end{aligned}
e pede:
  • Encontrar os autovalores do sistema (os valores \lambda que satisfazem a equação característica).
  • Encontrar os autovetores correspondentes a cada autovalor.
  • Determinar se o ponto de equilíbrio (a origem) é estável ou instável.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz que representa o sistema é a matriz dos coeficientes
A=\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]1 & 3\end{pmatrix}.
  • Não há outros dados numéricos a buscar na figura: só a matriz acima e o pedido das três coisas listadas.]

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar (explicação didática curta):
  • Os autovalores \lambda de A são as soluções da equação característica
\det(A-\lambda I)=0,
onde I é a matriz identidade. Para uma matriz 2\times2,
\det\begin{pmatrix}a-\lambda & b\\[4pt] c & d-\lambda\end{pmatrix}=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc.
  • Cada autovalor \lambda tem um autovetor não nulo v que satisfaz
(A-\lambda I)v=0.
Isso é um sistema linear homogêneo; normalmente dá uma relação entre as componentes de v e escolhemos uma solução simples (qualquer múltiplo não nulo serve).
  • Sobre estabilidade: para o sistema linear x'=Ax, o sinal da parte real dos autovalores determina o comportamento da solução em torno da origem. Se todos os autovalores tiverem parte real negativa, a origem é assintoticamente estável (atraente); se algum autovalor tiver parte real positiva, a origem é instável. No caso de autovalores reais e positivos, a origem é um nó instável (soluções crescem exponencialmente).]

Passo 3

Calcular o polinômio característico de A.
Aplicando a fórmula do determinante para A-\lambda I:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 2\\[4pt]1 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(3-\lambda)-2\cdot1.
Agora expandir e simplificar passo a passo:
(2-\lambda)(3-\lambda)=6-2\lambda-3\lambda+\lambda^2=\lambda^2-5\lambda+6,
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\det(A-\lambda I)=\lambda^2-5\lambda+6-2=\lambda^2-5\lambda+4.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2-5\lambda+4=0.]

Passo 4

Resolver a equação quadrática \lambda^2-5\lambda+4=0.
Podemos tentar fatorar: procuramos números cuja soma seja 5 e produto 4; são 1 e 4. Assim
\lambda^2-5\lambda+4=(\lambda-4)(\lambda-1).
Logo as raízes (autovalores) são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=1.
Comentário pedagógico: as duas raízes são reais e distintas; isso facilita pois teremos dois autovetores linearmente independentes.

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=4.
Resolvemos (A-4I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}2-4 & 2\\[4pt]1 & 3-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
-2v_1+2v_2=0,\qquad v_1 - v_2=0.
As duas equações são equivalentes e dão v_1=v_2. Podemos então escolher um autovetor simples tomando v_1=1, v_2=1. Assim um autovetor associado a \lambda_1=4 é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
e qualquer múltiplo escalar de v^{(1)} também é autovetor.]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda_2=1.
Resolvemos (A-1I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}2-1 & 2\\[4pt]1 & 3-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são
v_1+2v_2=0,\qquad v_1+2v_2=0.
Daí v_1=-2v_2. Tomando v_2=1 (escolha simples), obtemos o autovetor
v^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Novamente, qualquer múltiplo escalar de v^{(2)} também é autovetor.]

Passo 7

Interpretação dinâmica e estabilidade (com explicação didática):
  • A solução geral do sistema linear pode ser escrita (quando existem dois autovetores independentes) como combinação linear das soluções fundamentais:
x(t)=C_1 e^{\lambda_1 t} v^{(1)}+C_2 e^{\lambda_2 t} v^{(2)}.
  • Aqui \lambda_1=4 e \lambda_2=1. Ambas são reais e positivas, então os fatores e^{4t} e e^{1t} crescem exponencialmente quando t\to+\infty. Isso significa que pequenas perturbações ao redor da origem crescem com o tempo: a origem é instável.
  • Mais precisamente, como os dois autovalores são reais, distintos e positivos, o ponto de equilíbrio na origem é um nó próprio instável (às vezes chamado de “nó fonte”): todas as trajetórias (exceto as que estejam exatamente na direção negativa dos autovetores no passado) se afastam da origem conforme t aumenta.
Pequeno reforço de memória (útil para a prova):
  • Se todos os autovalores têm parte real negativa → origem assintoticamente estável (nó estável ou foco estável).
  • Se existe ao menos um autovalor com parte real positiva → origem instável.
  • Se autovalores têm sinais opostos (um positivo, outro negativo) → saddle (ponto de sela), instável.

Resposta

Autovalores: \lambda_1=4,\\ \lambda_2=1
Autovetores: v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} correspondente a \lambda_1=4;
v^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix} correspondente a \lambda_2=1
Estabilidade: a origem é instável (nó próprio instável), pois ambos os autovalores são reais e positivos.]

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